2019-2020 学年度高三实验班过程检测
化学试题 2020.03
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码
上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用
0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿
纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Al-27 S-32
Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Ba-137
一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合
题意。
1.唐代《新修本草》中有如下描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。陶及今人谓之
石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。“绛矾”指( )
A. 硫酸铜晶体 B. 硫化汞晶体 C. 硫酸亚铁晶体 D. 硫酸锌晶
体
【答案】C
【解析】
【详解】根据“绛矾”本来为绿色，烧之变赤色可知“绛矾”的成分是硫酸亚铁晶体，其在空气中
灼烧得到红棕色的 Fe2O3；硫酸铜晶体为蓝色；硫化汞晶体为红色或黑色；硫酸锌晶体为白色，
综上所述答案为 C。
【点睛】各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐的水合物常称为矾，常见的有绿矾、青矾(FeSO4·7H2O)，
胆矾、蓝矾、曾青(CuSO4·5H2O)，明矾(KAl(SO4)2·12H2O )，皓矾(ZnSO4·7H2O)等。
2.下列说法错误的是（ ）
A. 12g 石墨中含有 σ 键的物质的量为 1.5mol
B. 硫离子电子共有 18 种运动状态，且其 2p 与 3p 轨道形状和能量相等
C. 电负性：C＜N＜O
D. I3+离子的几何构型是 V 型
【答案】B【解析】
【详解】A．12g 石墨的物质的量为 1mol，石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三
个碳原子之间形成 σ 键，属于每个碳原子的 σ 键数目为 3× =1.5，故 1mol 石墨中含 1.5molσ
键，故 A 正确；
B．每个电子运动状态都不同，硫离子核外有 18 个电子，故有 18 种运动状态，但电子层离原
子核越远能量越高，故 2p 与 3p 轨道形状相同但能量不相等，故 B 错误；
C．同周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：C＜N＜O，故 C 正确；
D．I3+中心原子的价层电子对数为 ＝4，杂化类型为 sp3，中心 I 原子的孤电子对数
为 2，其空间构型为 V 形，故 D 正确；
故答案选 B
3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 14.0gFe 发生吸氧腐蚀生成 Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为 0.5NA
B. 标准状况下，11.2LH2S 溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于 0.5NA
C. 常温下，0.5LpH=14 的 Ba(OH)2 溶液中 Ba2+的数目为 0.5NA
D. 向 100mL0.5mol·L-1Fe(NO3)3 溶液中通入足量 SO2 气体，转移电子数为 0.05NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe−2e−＝Fe2＋，14.0gFe 物质的量为 ＝
0.25mol，转移电子数为：0.25mol×2×NA＝0.5NA，故 A 正确；
B．硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，依据原子个数守恒可知：标准状况下，11.2LH2S
物质的量为 0.5mol，溶液中含硫粒子的数目等于 0.5NA，故 B 错误；
C．pH＝14 的 Ba(OH)2 溶液中氢氧根离子浓度为 1mol/L，0.5LpH＝14 的 Ba(OH)2 溶液含氢氧
根离子物质的量为 0.5mol，所以钡离子物质的量为 0.25NA，故 C 错误；
D．100mL0.5mol·L-1Fe(NO3)3 溶液中 n(Fe3+)=0.05mol，n(NO3-)=0.15mol，通入足量 SO2 气体，
Fe3+会被还原为 Fe2+，NO3-会被还原为 NO，转移电子数大于 0.05NA，故 D 错误；
故答案选 A。
4.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A. 含明矾 药物不宜与胃药奥美拉唑碳酸氢钠胶囊同时服用
。
的
1
2
7
2
1 2 1− − ×
14g
56g/molB. 0.1mol·L-1 明矾溶液完全水解生成 Al(OH)3 胶粒数小于 6.02×1022
C. 向含 0.1mol 明矾的溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液，当生成沉淀的质量最大时，SO42-和 Al3+全部
转化为 BaSO4 和 Al(OH)3 沉淀
D. 室温下，0.1mol·L-1 明矾溶液中水电离出 c(H+)小于 10-7mol·L-1
【答案】A
【解析】
【详解】A．明矾含有铝离子，胃药奥美拉唑碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反
应，药物失效，所以二者不能同时服用，故 A 正确；
B．溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧
化铝胶体微粒个数，故 B 错误；
C．沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故 C 错误；
D．盐类水解促进水的电离，所以室温下，0.1mol•L−1 明矾溶液中水电离出 c(H＋)大于
10−7mol•L−1，故 D 错误；
故答案选 A。
5.下列有关说法正确的是
①二氧化硅可与 NaOH 溶液反应，因此可用 NaOH 溶液雕刻玻璃；
② 明矾溶于水可水解生成 Al(OH)3 胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；
③ 可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；
④ 从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2 溶液和四氯化碳三种试剂；
⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；
⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO 2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱
电解质。
A. ③⑤⑥ B. ①④⑤ C. 除②外都正确 D. ③⑤
【答案】D
【解析】
①，虽然二氧化硅可与 NaOH 溶液反应，但不用 NaOH 溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①
错误；②明矾溶于水电离出 Al3+，Al3+水解生成 Al（OH）3 胶体，Al（OH）3 胶体吸附水中
的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、
电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带 海带灰含 I- 的 水 溶 液 I2/H2O I2 的
CCl4 溶液 I2，需要用到蒸馏水、H2O2 溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油
在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可
制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO 2 属于硅酸盐，氨
水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选 D。
6.司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上 Dravet 综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。
下列有关判断正确的是（ ）
A. b 的一氯代物有 4 种
B. c 的分子式为 C14H14O3
C. 1mold 最多能与 4molH2 发生加成反应
D. d 中所有碳原子可能处于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．b 的氢原子有 2 种，所以一氯代物有 2 种，故 A 错误；
B．根据结构简式确定 c 的分子式为 C14H16O3，故 B 错误；
C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以 1：3 反应、碳碳双键和氢气以
1：1 反应，所以 1mold 最多能与 4molH2 发生加成反应，故 C 正确；
D．d 中连接 3 个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故
D 错误；
故答案选 C。
【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，
D 为解答易错点。
7.主族元素 Q、X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且均不大于 20，X 与 Y 相邻，Y、W 的
最外层电子数之和等于 Z 的族序数，Z 的最高正价和最低负价代数和为 4，化合物 Y2Q4 可作
为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是
A. X 和 Z 的单质均存在多种同素异形体B. Q、Y 和 Z 三种元素只能形成共价化合物
C. Q 和 W 形成的化合物的水溶液呈碱性
D. WZXY 溶液常用于 Fe3+的检验
【答案】B
【解析】
【分析】
主族元素 Q、X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且均不大于 20，Z 的最高正价和最低负价
代数和为 4，则 Z 为 S 元素，化合物 Y2Q4 可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控
制上，则该化合物为 N2H4，Y 为 N 元素，Q 为 H 元素，Y、W 的最外层电子数之和等于 Z 的
族序数，则 W 为 K 元素，X 与 Y 相邻，则 X 为 C 元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析知，Q 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 N 元素，Z 为 S 元素，W 为 K 元素，
A. X 为 C 元素，Z 为 S 元素，C 元素的单质有金刚石、石墨等，S 元素的的单质有单斜硫和斜
方硫等，则 C 和 S 的单质均存在多种同素异形体，A 项正确；
B. Q 为 H 元素，Y 为 N 元素，Z 为 S 元素，Q、Y 和 Z 三种元素还可以形成铵盐，如
(NH4)2S、NH4HS，均属于离子化合物，B 项错误；
C. Q 为 H 元素，W 为 K 元素，Q 和 W 形成的化合物为 KH，溶于水发生反应 KH + H2O=KOH
+H2↑，则生成 KOH 溶液，呈碱性，C 项正确；
D. WZXY 为 KSCN，KSCN 溶液常用于 Fe3+的检验，D 项正确；
答案选 B。
8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项 实验 现象 结论
A 向发黄的浓硝酸中通入 O2
黄色褪
去
浓硝酸中混有 Fe3+
B
向无色溶液中滴加 FeCl3 溶液和 CCl4，振荡、
静置
下层显
紫红色
原溶液中含有 I-
C
向无水乙醇中加入浓 H2SO4，加热至170℃，
产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液
紫红色
褪去
乙醇发生了消去反
应
D 向浓度均为 0.1mol/LNaCl 和 NaI 混合溶液 出现黄 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 D 错误；故选 B。
9.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的 Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏
水先加热煮沸。下列分析正确的是
A. X 可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸
B. 实验开始时应先关闭止水夹 a、打开 b，再向烧瓶中加入 X
C. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
D. 反应结束后若关闭 b 及分液漏斗活塞，则 Fe(OH)2 可较长时间存在
【答案】D
【解析】
【详解】A. 稀硝酸会将铁氧化为+3 价 铁离子，故 A 错误；
B. 实验开始时，应先打开 a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭 a，利用压强
差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成 Fe(OH)2，故 B 错误；
C. 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故 C 错误；
D. 由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故 Fe(OH)2 可较长时间存在，故 D 正确，
的故选 D。
【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保
存，要考虑是否变质的问题。
10.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分
产品如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B. 氯乙烯、聚乙烯都能使酸性 KMnO4 溶液褪色
C. 在加热条件下，反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D. 可用乙醇萃取 Br2 的 CCl4 溶液中的 Br2
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成 1，2−二氯乙烷，
发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制
氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。
【详解】A．③由 C−C 键生成 C＝C 键，为消去反应，故 A 错误；
B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故 B 错误；
C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故 C 正确；
D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取 Br2 的 CCl4 溶液中的 Br2，故 D 错误。
故答案选 C。
二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只有一个或两个选项
符合题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
11.荣获 2019 年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，
他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为
LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC。NA 表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A. 该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染
B. 充电时，阳极反应为 LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋
C. 充电时，Li+由 A 极移向 B 极
D. 若初始两电极质量相等，当转移 2NA 个电子时，两电极质量差为 14g
【答案】CD
【解析】
【分析】
可充电电池的放电反应为 LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为 Li(1-x)CoO2＋
xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为
LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋，根据得失电子守恒，计算两极质量差，由此分析解答。
【详解】A．汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到
空气中，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳
氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学
烟雾污染，故 A 正确；
B．可充电电池的放电反应为 LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为 Li(1-x)CoO2
＋xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为
LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2＋xLi＋，故 B 正确；
C．由图知，A 电极为电解池的阴极，B 电极为电解池的阳极，充电时，Li＋由 B 极移向 A 极，
故 C 错误；
D．若初始两电极质量相等，当转移 2NA 个电子时，负极减少 2molLi 其质量为 14g，正极有
2molLi＋迁入，其质量为 14g，两电极质量差为 28g，故 D 错误；
故答案选 CD。
【点睛】本题需要明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原
反应的结合，找出电池的正负极。12.固体粉末 X 中可能含有 Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3 中的若
干种。为确定该固体粉末的成分，现取 X 进行连续实验，实验过程及现象如下：
根据上述实验，以下说法正确的是（ ）
A. 气体 A 一定只是 NO
B. 由于在溶液 A 中加入 BaCl2 溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有 K2SO3
C. 若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加 KSCN 溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没
有 Fe2O3
D. 溶液甲中一定含有 K2SiO3，可能含有 K[Al(OH)4]、MgCl2
【答案】B
【解析】
【分析】
固体粉末 X 中 Fe、Fe2O3 不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属
铁，得到的溶液 B 中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、
MgCl2、K2CO3 能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和 H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中
一定含有 K2SiO3，则一定不含有 MgCl2，K2SO3 被氧化为硫酸钾，会产生 NO 气体，K[Al(OH)4]
和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2 不和硝酸反应，K2CO3 可以和稀硝酸反应生成二
氧化碳气体，溶液 A 中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有 K2SO3，可能含有
K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有 MgCl2，据此回答判断。
【详解】固体粉末 X 中 Fe、Fe2O3 不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定
含有金属铁，得到的溶液 B 中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、
K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3 能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和 H+反应得到硅酸沉淀，
则原物质中一定含有 K2SiO3，则一定不含有 MgCl2，K2SO3 被氧化为硫酸钾，会产生 NO 气体，
K[Al(OH)4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2 不和硝酸反应，K2CO3 可以和稀硝酸
反应生成二氧化碳气体，溶液 A 中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有 K2SO3，可能含有 K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有 MgCl2；综上可知：原物质中一定含有：Fe、K2SiO3、
K2SO3，可能含有：K[Al(OH)4]、K2CO3，Fe2O3；
A．气体 A 中含有 NO，还可能含有 CO2，故 A 错误；
B．溶液 A 中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有 K2SO3，故 B 正确；
C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加 KSCN 溶液，没有血红色，可能是 Fe2O3 和盐酸反应
生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加 KSCN 溶液，没有血红色，
不能证明原混合物中一定没有 Fe2O3，故 C 错误；
D．溶液甲中一定含有 K2SiO3，一定不含有 MgCl2，可能含有 K[Al(OH)4]、K2CO3，故 D 错误；
故答案选 B。
【点睛】本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为 B
和 D。
13.四硼酸钠的阴离子 Xm-(含 B、O、H 三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是
（ ）
A. 阴离子中三种元素的第一电离能：O＞B＞H
B. 在 Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有 sp2 和 sp3
C. 配位键存在于 4、5 原子之间和 4、6 原子之间
D. m=2，NamX 的化学式为 Na2B4O5(OH)4
【答案】AC
【解析】
【分析】
由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m−，其中 B 为＋3 价，O 为−2 价，H 为＋1 价，根
据化合价判断 m 值求解 Xm−的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原
子杂化方式，价层电子对个数＝σ 键个数＋孤电子对个数，σ 键个数＝配原子个数，孤电子对
个数＝ (a−xb)，a 指中心原子价电子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要
的电子个数，1，3，5，6 代表氧原子，2，4 代表 B 原子，2 号 B 形成 3 个键，则 B 原子为 sp2
1
2杂化，4 号 B 形成 4 个键，则 B 原子为 sp3 杂化，阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解
答。
【详解】A．H 电子轨道排布式为 1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为 O＞H＞
B，故 A 错误；
B．2，4 代表 B 原子，2 号 B 形成 3 个键，则 B 原子为 sp2 杂化，4 号 B 形成 4 个键，则 B 原
子为 sp3 杂化，故 B 正确；
C．2 号 B 形成 3 个键，4 号 B 形成 4 个键，其中 1 个键就是配位键，所以配位键存在 4、5
原子之间或 4、6 原子之间，故 C 错误；
D．观察模型，可知 Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价 H 为＋1，B 为＋3，O 为−2，可得 m＝2，
NamX 的化学式为 Na2B4O5(OH)4，故 D 正确；
故答案选 AC。
14.对于反应 2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg 提出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2+NO3 ΔH1 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 ΔH2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 ΔH3 快反应
下列说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂可以改变第一步中 NO2 平衡产量
B. 第二步 NO2 和 NO3 的碰撞都是有效的
C. 反应 2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)的 ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3
D. 第二步反应的活化能小于第三步反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡进行的限度，不能改变第一步
中 NO2 平衡产量，故 A 错误；
B．第二步反应生成物中有 NO2，说明 NO2 与 NO3 的碰撞仅部分有效，故 B 错误；
C．由①N2O5 NO2+NO3 ΔH1
②NO2+NO3→NO+NO2+O2 ΔH2
③NO+NO3→2NO2 ΔH3
可知 2×①+②+③得 2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，故该反应 ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3，故 C 正确；
D．第二步属于慢反应，说明反应不容易进行，第三步属于快反应，说明反应容易进行，则第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能，故 D 错误；
故答案选 C。
15.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂 原料。常温下向
1L0.5mol·L-1H3PO3 溶液中滴加等浓度的 NaOH 溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)
与溶液 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a、b 两点，水分别电离出的 c(OH-)水之比为 10-6.54：10-1.43
B. b 点对应溶液中存在：c(Na+)＞3c(HPO32-)
C. 当 V(NaOH)=1L 时，c(Na+)>c(H2PO3-)>c(H3PO3)>c(HPO32-)
D. 反应 H3PO3+HPO32- 2H2PO3-的平衡常数为 105.11
【答案】AD
【解析】
【分析】
A．a 点、b 点水电离出的 c 水(OH-)之比＝ ： ；
B．b 点 c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液 pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则 c(OH−)＜c(H＋)，根据电
荷守恒得 c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)；
C．V(NaOH)＝1L 时，二者恰好完全反应生成 NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝ ＝
10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时 Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝
10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为 ＝ ×
＝ × ＝ 。
的
1 43
14
.10
10
−
−
6 54
14
.10
10
−
−
6 54
14
.10
10
−
−
( )
( ) ( )
2 -
2 3
2-
3 3 3
H PO
H PO HPO
c
c c
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-
2 3
3 3
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H PO
c
c
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3
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2 3
1
HPO
(H PO )
c
c
+
a1
(H )
K
c a
+
2
(H )c
K
a1
a2
K
K【详解】A．a 点、b 点水电离出的 c 水(OH-)之比＝ ： ＝10-6.54：10-1.43，故 A 正
确；
B．b 点 c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液 pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则 c(OH−)＜c(H＋)，根据电
荷守恒得 c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)，则 c(Na＋)＜3c(HPO32−)，故 B 错误；
C．V(NaOH)＝1L 时，二者恰好完全反应生成 NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝ ＝
10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH−)，根据电荷守恒得 c(Na
＋)＞c(H2PO3−)，但是其水解程度较小，所以存在 c(Na＋)＞c(H2PO3−)＞c(HPO32-)＞c(H3PO3)，
故 C 错误；
D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时 Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝
10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为 ＝ ×
＝ × ＝ ＝ ＝105.11，故 D 正确；
故答案选 AD。
【点睛】明确图中 a 和 b 点含义及电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意 D 式的灵活变
形；通过判断电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系，分析溶液中的微粒浓度。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。
16.SiC 纤维单向增强的 TixAly 基复合材料可作为高超音速飞行器表面的放热材料。回答下列问
题：
（1）C 元素所在周期中，第一电离能最大的元素是_____（填元素符号）。
（2）基态 Ti 原子的价电子排布式为_____，能量最高的能级有_____个空轨道。
（3）甲基硅油结构如图所示，其中 Si 原子的杂化方式为_____，以甲基硅油为主要成分的硅
橡胶能够耐高温的原因是_____。
（4）Li2CO3、Li2TiO3 是锂离子电池中的常用材料，其中 CO32-的空间构型为_____，其含有的
1 43
14
.10
10
−
−
6 54
14
.10
10
−
−
6 54
14
.10
10
−
−
( )
( ) ( )
2 -
2 3
2-
3 3 3
H PO
H PO HPO
c
c c
( )
( )
-
2 3
3 3
H PO
H PO
c
c
( )2-
3
-
2 3
1
HPO
(H PO )
c
c
+
a1
(H )
K
c a
+
2
(H )c
K
a1
a2
K
K 6 54
1.43
.1
0
0
1
−
−共价键类型有_____。
（5）TixAly 合金的一种结构单元如图所示（Al、Ti 原子各有一个原子在结构单元内部），该合
金的化学式为_____，其结构单元棱长为 apm，底面边长为 bpm，该合金的密度为
_____g·cm-3。
【答案】 (1). Ne (2). 3d24s2 (3). 3 (4). sp3 杂化 (5). Si—O 键的键能大
(6). 平面三角形 (7). σ 键和 π 键 (8). Ti11Al5 或 Al5Ti11 (9). ×1030
【解析】
【分析】
(1)根据第一电离能的周期性变化规律分析解答；
(2)根据电子排布规律、Ti 的原子序数可以得出基态 Ti 原子价电子排布式、能量最高的能级空
轨道数目；
(3)按 Si 原子形成的共价键种类和数目，确定 Si 原子的杂化方式；硅橡胶能够耐高温反化学键
牢固程度来分析；
(4)根据价电子对互斥理论来确定 C 原子的杂化方式以及 C 原子与 O 原子之间的化学键类型；
(5)用均摊法计算晶胞的化学式，按合金的密度即晶胞密度、应用密度的定义计算。
【详解】(1)随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第
一电离能最小，而稀有气体的第一电离能最大，C 元素所在的周期为第二周期，则该周期 Ne
的第一电离能最大；
(2)Ti 的原子序数为 22，基态 Ti 原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子排布式为 3d24s2，能
量最高的能级为 3d，3d 轨道共有五个，按洪特规则，其中有 2 个轨道分别被 2 个电子占据，
还含有 3 个空轨道；
(3)甲基硅油结构中 Si 原子形成 4 个单键，故 Si 原子的杂化方式为 sp3 杂化，硅橡胶能够耐高
温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含 Si−O 和 Si−C，Si−O 更牢固；
2
A
442 3
9ab N(4)CO32−中 C 原子价电子对数＝3＋ ＝3，且不含孤电子对，CO32−空间构型为平面
三角形，C 原子的杂化方式为 sp2 杂化，由于 CO32−空间构型为平面三角形，则 C 原子与 O 原
子之间存在 3 个 σ 键和 1 个大 π 键；
(5)Ti 原子在结构单元中的位置：顶点 8 个、面心 2 个、棱上 1 个、体内 1 个，则一个晶胞中，
含有 Ti 的数目为 ×8＋ ×2＋ ×1＋1＝ ，Al 原子在顶点有 4 个，体内 1 个，则一个晶
胞中含有 Al 的数目为 ×4＋1＝ ，则化学式为：Ti11Al5 或 Al5Ti11，则晶胞的密度为 ρ＝ ＝
= ×1030g/cm3。
17.甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为 CH4(g)+H2O(g)
CO(g)＋3H2(g)。回答下列问题：
（1）已知 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1
CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1
H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1
CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1
则甲烷水蒸气重整反应的 ΔH=_____kJ·mol-1。
（2）通过计算机模拟实验，对 400～1200℃、操作压强为 0.1MPa 条件下，不同水碳比（1～
10）进行了热力学计算，反应平衡体系中 H2 的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图
所示。
①温度一定时，H2 的物质的量分数与水碳比（1～10）的关系是_____，产生该结论的原因是
_____。
②据模拟实验可知，平衡温度为 900℃，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为 0.6，CH4 的
4
2
2 3 2− ×＋
1
6
1
2
1
3
11
3
1
6
5
3
m
V
A
2 -30 3
663 g3
3 3 ab 10 cm2
N
×
2
A
442 3
9ab N转化率为_____，其压强平衡常数为_____；反应速率方程为 v=kp(CH4)p-1(H2)，此时反应速率
v=_____。
（已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中 k 为速率常数）。
（3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，pH 为 5.5 时不同热预处理温度和时间下的甲烷
和氢气的产率如图所示，若要提高 H2 的产率，最佳温度为_____。
【答案】 (1). +206.3 (2). 水碳比越大，H2 的物质的量分数越大 (3). 水碳比较大时，
CO 会与 H2O 进一步反应生成 H2，使 H2 的物质量分数增大 (4). 66.7% (5). 4.32×10-2(Mpa)2
(6). (7). 80℃
【解析】
【分析】
(1)①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式，用盖斯定律求甲烷水蒸气重整反应
的△H；
(2)①H2 的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系由图知；原因从生成氢气的反应角度来回答；
②平衡温度为 900℃，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为 0.6，列三段式求解 CH4 的转化
率、压强平衡常数；根据压强与气体物质的量成正比，结合三段式计算；
(3)厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，提高 H2 的产率的最佳温度，由图可知。
【详解】(1)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1
②CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1
③H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1
④CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1
根据盖斯定律，①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式为 CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)
＋3H2(g)，则甲烷水蒸气的重整反应△H＝△H1＋△H4−2△H2−2△H3＝（−890.3−41＋2×283.0＋
k
62×285.8）kJ⋅mol−1＝＋206.3 kJ⋅mol−1；
(2)①平衡温度一定时，H2 的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系，由图中曲线走势可知，水
碳比越大，H2 的物质的量分数越大的原因，从生成氢气的反应可知，除了甲烷水蒸气的重整
反应生成氢气外，一氧化碳和水也会反应产生氢气；
②操作压强为 0.1MPa、平衡温度为 900℃条件下，水碳比为 1.0 时，H2 的物质的量分数为
0.6，设甲烷和 H2O 的物质的量均为 3mol，达化学平衡时，甲烷消耗 xmol，则：
H2 的物质的量分数＝ ＝ ＝0.6，解
得 x＝2mol，转化率 α(CH4)＝ ×100%＝ ×100%＝66.67%，平衡常数 K＝
＝ (Mpa)2＝4.32×10-2(Mpa)2；反应速率
v=kp(CH4)p-1(H2)＝k ＝k ＝k× ＝ ；
(3)厌氧细菌可将葡萄糖转化为 CH4 和 H2，由图可知，pH 为 5.5 时，若要提高 H2 的产率，降
低甲烷产率，最佳温度为 80℃。
【点睛】本题关键是理解图中给出的信息，注意(2)根据“H2 的物质的量分数为 0.6”这一条件，
可以列三段式求解 CH4 的转化率、压强平衡常数。
18.EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与 Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实
验室制备 EDTA，并用其测定某地下水的硬度。制备 EDTA 的实验步骤如下：
4 2 2CH (g) + H O(g) = CO(g) + 3H (g)
(mol): 3 3 0 0
(mol): x x x 3x
(mol): 3-x 3-x x 3x
起始量
转化量
平衡量
( ) ( ) ( ) ( )4 2 2
2
CH H O
( )
CO
H
Hn n
n
n n＋ ＋ ＋ 3-x 3- 3
3x
x x x＋ ＋ ＋
变化量
起始量
2mol
3mol
( ) ( )
( ) ( )
3
2
4 2
CO H
CH H O
p p
p p
×
×
32 6( 0.1) ( 0.1)10 10
1 1( 0.1) ( 0.1)10 10
× × ×
× × ×
( )
( )4
2
CH
H
p
p
( )
( )4
2
CH
H
n
n
1
6 6
k步骤 1：称取 94.5g(1.0mol)ClCH2COOH 于 1000mL 三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入 50%Na2CO3
溶液，至不再产生无色气泡；
步骤 2：加入 15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，摇匀，放置片刻，加入 2.0mol·L-1NaOH 溶液
90mL，加水至总体积为 600mL 左右，温度计 50℃加热 2h；
步骤 3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至 pH=1，
有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得 EDTA。测地下水硬度：取地下水样品 250mL 进行预处
理后，用 EDTA 进行检测。实验中涉及的反应有 M2+(金属离子)+Y4-(EDTA)=MY2-；M2+(金属
离子)+EBT(铬黑 T，蓝色)=MEBT(酒红色)；MEBT+Y4-(EDTA)=MY2-+EBT(铬黑 T)。
回答下列问题：
（1）步骤 1 中发生反应的离子方程式为_____。
（2）仪器 Q 的名称是_____，冷却水从_____接口(填“x”或“y”)流出。
（3）用 NaOH 固体配制上述 NaOH 溶液，配制时使用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃
棒、_____和_____，需要称量 NaOH 固体的质量为_____。
（4）将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水-氯化铵缓冲溶液调节 pH 为 10，滴加几滴铬
黑 T 溶液，用 0.0100mol·L-1EDTA 标准溶液进行滴定。
①确认达到滴定终点的现象是_____。
②滴定终点时共消耗 EDTA 溶液 15.0mL，则该地下水的硬度=_____度(水硬度的表示方法是将
水中的 Ca2+和 Mg2+都看作 Ca2+，并将其折算成 CaO 的质量，通常把 1L 水中含有 10mgCaO
称为 1 度)。
③若实验时装有 EDTA 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将
_____ (填“偏大“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 2ClCH2COOH＋CO32-=2ClCH2COO- ＋CO2↑＋H2O (2). 球形冷凝管
(3). x (4). 胶头滴管 (5). 100mL 容量瓶 (6). 8.0g (7). 溶液由酒红色变为蓝色，
且半分钟内不恢复原色 (8). 3.36 (9). 偏大
【解析】
【分析】
(1)ClCH2COOH 含−COOH，与碳酸钠反应；
(2)Q 为球形冷凝管，冷水下进上出可充满冷凝管；
(3)溶解后转移到 250mL 容量瓶中定容；结合 m＝cVM 计算；
(4)①滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以溶液颜色变化为酒红色变为蓝色；②用 0.0100mol•L−1 的 EDTA 标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗 EDTA 溶液 15.00mL，则
n(M2＋)＝n(EDTA)＝0.0100mol•L−1×15.00×10−3L＝1.5×10−4mol，则 25mL 水中 m(CaO)＝nM＝
56g/mol×1.5×10−4mol＝8.2mg，且 1L 水中含有 10mg CaO 称为 1 度，以此计算该地下水的硬度；
③实验时装有 EDTA 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏
大。
【详解】(1)步骤 1 中发生反应的离子方程式为 2ClCH2COOH＋CO32-=2ClCH2COO-＋CO2↑＋
H2O；
(2)仪器 Q 的名称是球形冷凝管，冷却水从 x 接口流出；
(3)用 NaOH 固体配制上述 NaOH 溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
和 100mL 容量瓶，需要称量 NaOH 固体的质量为 0.1L×2.0mol/L×40g/mol＝8.0g；
(4)①滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，则滴定终点现象为滴入最后一滴 EDTA 溶液，
溶液颜色由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；
②用 0.0100mol•L−1 的 EDTA 标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗 EDTA 溶液 15.00mL，则
n(M2＋)＝n(EDTA)＝0.0100mol•L−1×15.00×10−3L＝1.5×10−4mol，则 25mL 水中 m(CaO)＝nM＝
56g/mol×1.5×10−4mol＝8.2mg，所以 1L 水中 m(CaO)＝8.2mg× ＝336mg，通常把 1L 水中
含有 10mg CaO 称为 1 度，所以该地下水的硬度为 ＝3.36 度；
③实验时装有 EDTA 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏
大，则测定结果将偏大。
19.磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前
景。以磷硅渣（主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等）为原料制备磷酸铝的工艺流
程如图所示：
回答下列问题：
（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是
_____。
（2）生石灰除了调节 pH 外，另一作用是_____。
1000
25
336
100（3）滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方程
式为_____。
（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____ (填化学式)。
（5）实验测得 pH、反应温度与时间对碱浸时固相中 P、Al 含量的影响如图所示：
则最优反应条件是_____。
（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在 900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，
写出该反应的化学方程式：_____。
【 答 案 】 (1). H3PO4 (2). SiO2 、 CaSO4 (3). 除 去 过 量 的 SO42- (4).
V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+ (5). Na[Al(OH)4]、Na3PO4 (6). pH=12、温度为 80℃、
时间为 1h (7). Al2O3＋2NH4H2PO4 2AlPO4＋2NH3↑＋3H2O
【解析】
分析】
磷硅渣的主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等，加浓硫酸分离出滤渣为 SiO2、
CaSO4，酸浸液中加 CaO 可调节 pH 且除去过量硫酸根离子，滤渣 1 为 CaSO4，滤液中钒元素
以 V3O93-形式存在，加 NaOH 分离出 Na2[VO3(OH)]，再加 NaOH 时粗磷酸铝溶解生成可溶性
溶质为 NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH＝12、温度为 80℃、时间为 1h 时碱浸时固相中 P、Al
含量 w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出 AlPO4；
(1)SiO2 为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4 微溶于水，据此回答；
(2)加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4 微溶于水，据此回答；
(3)滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−；
(4)加 NaOH 时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为 NaAlO2、Na3PO4；
(5)在 pH、反应温度与时间对碱浸时固相中 P、Al 含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中 P、
Al 含量 w%小时就为最优反应条件；
【
900℃(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成 AlPO4、NH3 和 H2O。
【详解】(1)酸浸中磷元素主要转化为 H3PO4，该反应的化学方程式为 Ca3(PO4)2＋3H2SO4＝
3CaSO4＋2H3PO4，磷硅渣的主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2 和 V2O5 等，加浓硫酸分离出
滤渣为 SiO2、CaSO4；
(2)生石灰除了调节 pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子；
(3)滤液中钒元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−，该水解反应的离子方程式
为 V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+；
(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是 Na[Al(OH)4]、Na3PO4；
(5)由图可知，pH＝12、温度为 80℃、时间为 1h 时碱浸时固相中 P、Al 含量 w%小，为最优反
应条件；
(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成 AlPO4、NH3 和 H2O，化学方程式为：Al2O3＋
2NH4H2PO4 2AlPO4＋2NH3↑＋3H2O.
20.痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）化合物 B 中含有官能团的名称是__。
（2）化学反应①和④的反应类型分别为__和__。
（3）化合物 C 的结构简式为__。
900℃（4）下列关于痛灭定钠的说法错误的是__。
a.与溴充分加成后官能团种类数不变
b.能够发生水解反应
c.核磁共振氢谱分析能够显示 6 个峰
d.可使溴的四氯化碳溶液褪色
e.1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗 3molH2
（5）反应⑦的化学方程式为__。
（6）芳香族化合物 X 的相对分子质量比 A 大 14，写出遇 FeCl3 溶液显紫色且取代基仅位于苯
环对位上化合物 X 的结构简式：__(不考虑立体异构)。
（7）根据该试题提供的相关信息，写出由化合物 及必要的试剂制备有机化合
物 的合成路线图。__。
【 答 案 】 (1). 碳 碳 双 键 、 硝 基 (2). 取 代 反 应 (3). 加 成 反 应 (4).
(5). ce (6). 2 +(CH3)2SO4→2
+Na2SO4 (7). 、 (8).
【解析】
【分析】
根据合成路线分析： 与 CH3I 发生取代反应①转变为 ， 发生反应②，在邻位引
入 醛 基 转 变 为 ： ， 与 CH3NO2 发 生 反 应 生 成 ，
NaOH→ 2 5 2 4(C H ) SO→ →乙酰氯与 氢 气 发 生 加 成 反 应 生 成 ， 发 生 反 应 ⑤ 将
−CH2NO2 脱去氢氧原子转变为−CN，生成 ，反应⑥中−CN 碱性水解转变成−COONa，
得 到 ， 反 应 生 成 ， 与
发 生 取 代 反 应 生 成 ，
在碱性条件下水解得到 ，据此作答。
【详解】(1)由 B 的结构简式可知其中含有的官能团为：碳碳双键和硝基；
答案为：碳碳双键、硝基；
(2)由上述分析可知反应①为取代反应，④为加成反应；
答案为：取代反应；加成反应；
(3) 与 发生取代反应生成 C 为 ，
答案为： ；
(4)a.与溴充分加成后碳碳双键消失，引入了溴原子，故官能团种类数不变，a 正确；
b.结构中存在−COONa，属于弱酸盐结构，能够发生盐类的水解反应，b 正确；
c.该结构中有 7 种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示 7 个峰，c 错误；
d.该结构中含碳碳双键能与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，d 正确；
e.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此 1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗
6molH2，e 错误；
答案为：ce；
(5) 反应生成 ，反应方程式为：2+(CH3)2SO4→2 +Na2SO4；
故答案为：2 +(CH3)2SO4→2 +Na2SO4；
(6)芳香族化合物说明 X 中有苯环，相对分子质量比 A 大 14，说明比 A 多一个 CH2，且与 A
的不饱和度相同；遇 FeCl3 溶液显紫色说明含有酚羟基；取代基仅位于苯环对位上说明有两个
取代基且为对位关系，满足条件的结构简式有： 、 ，
故答案为： 、 ；
(7)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成， 与氢氧化钠水
解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4 反应得到 ，
再与乙酰氯反应生成 ，合成路线为：
；
故答案为：
。
【点睛】（4）中 b 容易出错，同学往往只注意有机反应，而忽略了有机物中羧酸的盐也能水
解；有机合成线路的选择和设计，一般要灵活应用题目中隐含着的信息，信息往往就在框图，
按照官能团相同化学性质相似类推，选择合适的反应物就可以了。
NaOH→ 2 5 2 4(C H ) SO→ →乙酰氯
NaOH→ 2 5 2 4(C H ) SO→
→乙酰氯
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