2016 年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 3 分，满分 21 分）1．（3 分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（　　）A．氯气作水的杀菌消毒剂B．硅胶作袋装食品的干燥剂C．二氧化硫作纸浆的漂白剂D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂【分析】本题考查学生对物理变化和化学变化的确定．判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化．【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，属于化学变化，故 A 错误；B、硅胶做干燥剂是吸水，没有发生化学变化，故 B 正确；C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质，发生了化学反应，属于化学变化，故 C 错误；D、肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，故 D 错误。故选：B。【点评】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化．　2．（3 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）选项实验操作和现象 结论A 向硅酸钠溶液中滴加 1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl＞SiB 向滴有甲基橙的 AgNO3溶液中滴加 KCl 溶液，溶液由红色变为黄色 KCl 溶液具有碱性C 在 CuSO4溶液中滴加 KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为 CuID 某溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀 该溶液中一定含有 SO42﹣A．A B．B C．C D．D【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；B．生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；C．硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI；D．滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等。【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故 A 错误；B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入 KCl 生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B 错误；C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI，故 C 正确；D．滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。　 则 K= = =1．相同条件下当 CO 与 H2O（g）的起始物质的量之比为 1：3，平衡常数不变，设转化的 CO 为 x． CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始浓度（mol/L）1 3 0 0转化浓度（mol/L）x x x x平衡浓度（mol/L）（1﹣x） （3﹣x） x x则 =1，解得 x= ，即达平衡时，CO 转化了 ，转化为 P4的 Ca5（PO4）3F 质量为a×10%×b%kg，根据反应 4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成 CO 的质量为kg，则转化的 CO 的质量为 × kg，根据反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）知相同条件下达平衡时能产生 H2= kg．故答案为： ．【点评】本题考查物质的制备，涉及化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等知识，题目难度较大，注意掌握实验的原理和流程，把握平衡常数的意义，试题计算量较大，充分培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．　 3．（3 分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（　　）A．某无色溶液中可能大量存在 H+、Cl﹣、MnO4﹣B．pH=2 的溶液中可能大量存在 Na+、NH4+、SiO32﹣C．Fe2+与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2OD．稀硫酸与 Ba（OH）2溶液的反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+2H2O【分析】A．无色溶液中不能存在有颜色的离子；B．pH=2 的溶液呈酸性，弱酸的酸根离子不能大量存在；C．Fe2+与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水；D．离子的配比数不符合反应的实际．【解答】解：A．MnO4﹣是紫色，不可能存在无色溶液中，故 A 错误；B．pH=2 的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故 B 错误；C．Fe2+与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式 2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O 满足电子守恒和电荷守恒，故 C 正确；D．氢离子和硫酸根离子比例应为 2：1，应为 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故 D 错误。故选：C。【点评】本题综合考查离子共存以及离子方程式的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质以及离子的性质，难度不大．　4．（3 分）NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．2.4g Mg 在足量 O2中燃烧，转移的电子数为 0.1NAB．标准状况下，5.6L CO2气体中含有的氧原子数为 0.5NAC．氢原子数为 0.4NA的 CH3OH 分子中含有的 σ 键数为 0.4NAD．0.1L0.5mol/L CH3COOH 溶液中含有的 H+数为 0.05NA【分析】A．镁失去电子生成二价镁离子；B．将标况下气体的体积转化为物质的量，结合 1 个二氧化碳分子含有 2 个氧原子解答；C.1 个甲醇含有 1 个 C﹣O 键，1 个 O﹣H，3 个 C﹣H 键；D．醋酸是弱酸，不能完全电离．【解答】解：A、2.4g 镁的物质的量为 =0.1mol，反应中失去 0.2mol 电子，故 A 错误；B、标准状况下 5.6L 二氧化碳的物质的量为 =0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子数为 0.5NA，故 B 正确；C、个甲醇含有 1 个 C﹣O 键，1 个 O﹣H，3 个 C﹣H 键，共含有 5 个 σ 键，氢原子数为 0.4NA的甲醇分子为 0.1mol，含有 0.5molσ 键，故 C 错误；D、醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1L0.5mol/L CH3COOH 溶液中含有的 H+数小于 0.05NA，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，注意甲醇的结构、弱电解质电离特点，题目难度不大．　5．（3 分）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6（x＜1），下列关于该电池的说法不正确的是（　　）A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移B．放电时，负极的电极反应式为 LixC6﹣xe﹣═xLi++C6C．充电时，若转移 1mol e﹣，石墨（C6）电极将增重 7x gD．充电时，阳极的电极反应式为 LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+【分析】放电时的反应为 Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co 元素的化合价降低，Co 得到电子，则 Li1﹣xCoO2为正极，LixC6为负极，Li 元素的化合价升高变成 Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答．【解答】解：放电时的反应为 Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co 元素的化合价降低，Co 得到电子，则 Li1﹣xCoO2为正极，LixC6为负极，Li 元素的化合价升高变成 Li+，结合原电池中负极发生氧化反应， 正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，A．放电时，负极 LixC6失去电子得到 Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则 Li+在电解质中由负极向正极迁移，故 A 正确；B．放电时，负极 LixC6失去电子产生 Li+，电极反应式为 LixC6﹣xe﹣═xLi++C6，故 B 正确；C．充电时，石墨（C6）电极变成 LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe﹣═LixC6，则石墨（C6）电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：xLi+～～～xe﹣ 1mol 1mol可知若转移 1mole﹣，就增重 1molLi+，即 7g，故 C 错误；D．正极上 Co 元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，充电是放电的逆反应，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查二次电池的充放电原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，在写电极反应式时注意装置中有自由移动的 Li+，C 选项考查学生的仔细程度，难度适中．　6．（3 分）一定条件下，CH4与 H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时 φ （CH4）的体积分数与 Z 和 T（温度）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．该反应的焓变△H＞0B．图中 Z 的大小为 a＞3＞bC．图中 X 点对应的平衡混合物中 =3D．温度不变时，图中 X 点对应的平衡在加压后 φ（CH4）减小【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，起始 =Z，Z 越小，说明加入甲烷的物质的量相等水来说越多，含量越大，以此解答该题．【解答】解：A．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故 A 正确；B．起始 =Z，Z 越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则 Z 的大小为 a＜3＜b，故 B 错误；C．起始 =3，水和甲烷按 1：1 反应，达到平衡时，二者比值不等于 3，故 C 错误； D．增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后 φ（CH4）增大，故 D 错误。故选：A。【点评】本题考查了化学平衡的影响因素及应用，为高频考点，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．　7．（3 分）向 1L 含 0.01mol NaAlO2和 0.02mol NaOH 的溶液中缓慢通入 CO2，随 n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当 0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol 时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3下列对应关系正确的是（　　）选项n（CO2）/mol溶液中离子的物质的量浓度A 0 c（Na+）＞c（AlO2﹣）+c（OH﹣）B 0.01 c（Na+）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）C 0.015 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞C（OH﹣）D 0.03 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）A．A B．B C．C D．D【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧化钠消耗 0.01mol 二氧化碳，生成 0.01mol 碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol 偏铝酸钠消耗 0.005mol 二氧化碳，生成 0.005mol 碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗 0.015mol 的二氧化碳，生成 0.03mol 的碳酸氢钠，由此分析各选项．【解答】解：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有 c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故 A 错误；B、当二氧化碳为 0.01mol，所得溶液为 0.01mol 碳酸钠和 0.01mol 偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故 B 错误；C、当二氧化碳为 0.015mol 时，所以得溶液为 0.015mol 碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故 C 错误；D、当二氧化碳的量为 0.03mol 时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度．　二、解答题（共 4 小题，满分 13 分）8．M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 电子数的 2 倍，R 是同周期元素中最活泼的金属元素，X 和 M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z 的基态原子 4s 和 3d 轨道半充满．请回答下列问题：（1）R 基态原子的电子排布式是　 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 　 ，X 和 Y 中电负性较大的是　 Cl 　 （填元素符号）．（2）X 的氢化物的沸点低于与其组成相似的 M 的氢化物，其原因是　 H 2O 分子能形成氢键，而 H 2S不能形成氢键　．（3）X 与 M 形成的 XM3分子的空间构型是　平面三角形　．（4）M 和 R 所形成的一种离子化合物 R2M 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是　 Na + 　 （填离子符号）．（5）在稀硫酸中，Z 的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化 M 的一种氢化物，Z 被还原为+3 价，该反应的化学方程式是　 3H 2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（ SO 4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4　． 【分析】M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 电子数的 2 倍，核外电子排布式为 1s22s22p4，故 M 为 O 元素；由原子序数可知R、X、Y 均处于第三周期，R 是同周期元素中最活泼的金属元素，则 R 为 Na；X 和 M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则 X 为 S 元素，可知 Y 为 Cl；Z 的基态原子 4s 和 3d 轨道半充满，外围电子排布式为 3d54s1，处于 VIB 族，故 Z 为 Cr．【解答】解：M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子L 层中 p 轨道电子数是 s 电子数的 2 倍，核外电子排布式为 1s22s22p4，故 M 为 O 元素；由原子序数可知R、X、Y 均处于第三周期，R 是同周期元素中最活泼的金属元素，则 R 为 Na；X 和 M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则 X 为 S 元素，可知 Y 为 Cl；Z 的基态原子 4s 和 3d 轨道半充满，外围电子排布式为 3d54s1，处于 VIB 族，故 Z 为 Cr．（1）R 为 Na，基态原子的电子排布式是 1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故 Cl 元素电负性大于 S 的，故答案为：1s22s22p63s1；Cl；（2）H2O 分子能形成氢键，使水的沸点升高，而 H2S 不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的，故答案为：H2O 分子能形成氢键，而 H2S 不能形成氢键；（3）X 与 M 形成的 SO3分子中 S 原子孤电子对数= =0，价层电子对数为 3+0=3，故其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（4）M 和 R 所形成的一种离子化合物为 Na2O，晶胞中黑色球数目为 8，白色球数目为 8× +6×=4，黑色球与白色球数目之比为 2：1，故图中黑球代表的离子是 Na+，故答案为：Na+；（5）Z 的最高价含氧酸的钾盐（橙色）为 K2Cr2O7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为 H2O2，在稀硫酸中，Cr 元素被还原为+3 价，H2O2被氧化生成氧气，反应方程式为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4，故答案为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、氢键、空间构型、晶胞计算、氧化还原反应等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算．　9．（13 分）CuCl 广泛应用于化工和印染等行业．某研究性学习小组拟热分解 CuCl2•2H2O 制备CuCl，并进行相关探究．【资料查阅】【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）． 请回答下列问题：（1）仪器 X 的名称是　球形干燥管　．（2）实验操作的先后顺序是 a→　 c﹣d﹣b 　 →e（填操作的编号）a．检查装置的气密性后加入药品 b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥 HCl d．点燃酒精灯，加热e．停止通入 HCl，然后通入 N2（3）在实验过程中，观察到 B 中物质由白色变为蓝色，C 中试纸的颜色变化是　先逐渐变为红色，后褪色　．（4）装置 D 中发生的氧化还原反应的离子方程式是　 Cl 2+2OH ﹣ =Cl ﹣ +ClO ﹣ +H 2O 　 ．【探究反思】（5）反应结束后，取出 CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的 CuCl2或 CuO 杂质，根据资料信息分析：①若杂质是 CuCl2，则产生的原因是　加热时间不足或温度偏低　．②若杂质是 CuO，则产生的原因是　通入 HCl 的量不足　 ．【分析】热分解 CuCl2•2H2O 制备 CuCl，为抑制水解，气体入口通入 HCl 气体，然后加热 A 处试管，X 为球形干燥管，X 中无水硫酸铜变蓝，可知 CuCl2•2H2O 分解生成水，且 C 处试纸先变红后褪色，可知发生 2CuCl22CuCl+Cl2↑，D 中 NaOH 溶液吸收尾气；取出 CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的 CuCl2或 CuO 杂质，混有 CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有 CuO 与没有在 HCl 的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入 HCl 气体有关，以此来解答．【解答】解：（1）由图及常见的仪器可知，仪器 X 的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解 CuCl2•2H2O 制备 CuCl，防止 CuCl 被氧化和 Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在 HCl 气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a﹣c﹣d﹣b﹣e，故答案为：c﹣d﹣b；（3）B 中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有 Cl2，所以 C 中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；（4）D 中是 Cl2和 NaOH 反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）①由 2CuCl22CuCl+Cl2↑，杂质是 CuCl2说明 CuCl2没有反应完全，分解温度不高，故答案为：加热时间不足或温度偏低；②杂质是氧化铜，说明 CuCl 被氧气氧化才产生了 CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在 HCl 的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入 HCl 气体，故答案为：通入 HCl 的量不足．【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，（5）为解答的难点，题目难度中等． 　10．高血脂严重影响人体健康，化合物 E 是一种临床治疗高血脂症的药物，E 的合成路线如图（部分反应条件和试剂略）：已知： （R1和 R2代表烷基）请回答下列问题：（1）试剂Ⅰ的名称是　甲醇　，试剂Ⅱ中官能团的名称是　溴原子　，第②步的反应类型是　取代反应　．（2）第①步反应的化学方程式是　 CH 3CH （ COOH ） 2+2CH3OH CH3CH （ COOCH 3）2+2H2O 　 ．（3）第⑥步反应的化学方程式是 　 +CO2↑ 　 ．（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是　 CH 3I 　 ．（5）C 的同分异构体在酸性条件下水解，生成 X、Y 和 CH3（CH2）4OH．若 X 含有羧基和苯环，且 X和 Y 的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则 X 和 Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是　　．【分析】（1）试剂 I 的结构简式为 CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为 BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比 、 、BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应②属于取代反应；（2）反应①是 CH3CH（COOH）2与 CH3OH 发生酯化反应生成 CH3CH（COOCH3）2；（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成 B，B 酸化生成 C，则 C 为 ，结合信息可知 D ；（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比 D、E 的结构简式可知试剂Ⅲ为 CH3I；（5）C 的分子式为 C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成 X、Y 和CH3（CH2）4OH，生成物 X 含有羧基和苯环，且 X 和 Y 的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则 X 为，Y 为 HOCH2CH2OH．【解答】解：（1）试剂 I 的结构简式为 CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为 BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比 、 、BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应②属于取代反应，故答案为：甲醇；溴原子；取代反应； （2）反应①是 CH3CH（COOH）2与 CH3OH 发生酯化反应生成 CH3CH（COOCH3）2，反应方程式为：CH3CH（COOH）2+2CH3OH CH3CH（COOCH3）2+2H2O，故答案为：CH3CH（COOH）2+2CH3OH CH3CH（COOCH3）2+2H2O；（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成 B，B 酸化生成 C，则 C 为 ，结合信息可知 D ，第⑥步反应的化学方程式是：+CO2↑，故答案为： → +CO2↑；（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比 D、E 的结构简式可知试剂Ⅲ为 CH3I，故答案为：CH3I；（5）C 的分子式为 C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成 X、Y 和CH3（CH2）4OH，生成物 X 含有羧基和苯环，且 X 和 Y 的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则 X 为，Y 为 HOCH2CH2OH，X 和 Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是：，故答案为： ．【点评】本题考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名、官能团的识别、反应类型的判断、同分异构体、化学方程式的书写等，是对有机化学基础的综合考查，侧重考查学生分析推理能力．　11．资源的高效利用对保护环境．促进经济持续健康发展具有重要作用．磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F 和 CaCO3•MgCO3．某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和 H2其简化流程如图：已知：① Ca5（PO4）3F 在 950℃不分解② 4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题：（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是　二氧化碳（ CO 2）　（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是　烧杯、漏斗和玻璃棒　（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出 Ca2+的原因是　 NH 4+ 水解使溶液呈酸性，与 CaO 、 Ca （ OH ） 2 反应生成 Ca 2+ 　 （4）在浸取液Ⅱ中通入 NH3，发生反应的化学方程式是　 MgSO 4+2NH3+2H2O=Mg （ OH ） 2↓+ （ NH 4）2SO4（5）工业上常用磷精矿[Ca5PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸．已知 25℃，101kPa 时：CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol则 Ca5（PO4）3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是　 Ca 5（ PO 4）3F （ s ） +5H2SO4（ l ） =5CaSO 4（ s ） +3H 3PO4（ l ） +HF （ g ）△ H=﹣418kJ/mol 　 （6）在一定条件下 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），当 CO 与 H2O（g）的起始物质的量之比为 1：5，达平衡时，CO 转化了 ．若 a kg 含 Ca5（PO4）3F（相对分子质量为 504）的质量分数为 10%的磷尾矿，在上述过程中有 b%的 Ca5（PO4）3F 转化为 P4，将产生的 CO 与 H2O（g）按起始物质的量之比1：3 混合，则在相同条件下达平衡时能产生 H2　 　kg．【分析】磷尾矿[主要含 Ca5（PO4）3F 和 CaCO3•MgCO3]在 950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为 Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解 CaO，得到的浸取液Ⅰ含有 Ca2+，可生成 CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C 等，在高温下发生 4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，可生成 P4，以此解答该题．【解答】解：磷尾矿[主要含 Ca5（PO4）3F 和 CaCO3•MgCO3]在 950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为 Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解 CaO，得到的浸取液Ⅰ含有 Ca2+，可生成 CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C 等，在高温下发生 4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含 Ca5（PO4）3F 和 CaCO3•MgCO3]在 950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），故答案为：二氧化碳（CO2）；（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H+能从磷矿 I 中浸取出 Ca2+，故答案为：NH4+水解使溶液呈酸性，与 CaO、Ca（OH）2反应生成 Ca2+；（4）根据化学工艺流程判断浸取液 II 的主要成分为硫酸镁溶液，通入 NH3，发生反应的化学方程式是 MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4，故答案为：MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；（5）已知 25℃，101kPa 时：① CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol② 5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol根据盖斯定律：①×5﹣② 得 Ca5（PO4）3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol，故答案为：Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol；（6）根据题给数据利用三行式分析．设 CO 的起始浓度为 1mol/L，则水蒸气的起始浓度为 5mol/L CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），起始浓度（mol/L）1 5 0 0转化浓度（mol/L） 平衡浓度（mol/L）