湖南省益阳市桃江一中2015届高考化学模拟试卷（5月份）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）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．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用
B．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应
C．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
D．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅
2．（6分）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是（）
A．可用溴水区分化合物Ⅱ和化合物Ⅲ
B．化合物Ⅰ中所有原子可能在同一平面
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaHCO3溶液发生反应
D．1 mol化合物Ⅰ最多能与3 mol H2发生加成反应
3．（6分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）
A．
用图装置萃取溴水中的溴，并把溴的苯溶液从下口放出
B．
用图装置可以验证溴乙烷发生了消去反应
C．
用图装置配制银氨溶液
D．
用图装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
4．（6分）下列说法正确的是（）
A．向水中加入少量固体硫酸氢钠，恢复原温度时，c（H+）增大，K w变大
B．体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉（少量），后者用时少
C．0.1 mol．L﹣1的醋酸溶液加水稀释，减小
D．常温下，V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
5．（6分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣氧化成为Cl﹣：4Fe2++ClO2﹣+4H+═4Fe3++Cl﹣+2H2O B．向烧碱溶液中加入铝：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
C．用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3?H2O═SO32﹣+2NH4++H2O
D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O?Fe（OH）3↓+3H+
6．（6分）下图为根据电解原理制成“银电量计”．其原理是：通过测定电解过程中附着在惰性电极上金属质量，计算通过电解池的电量．下列说法正确的是（）
A．电量计工作时溶液里的阴离子向正极移动
B．电量计工作时银棒应与电源的正极相连
C．网袋是收集银溶解过程中产生的金属颗粒，若没有该网袋，测量结果会偏低
D．若得金属银的沉积量为1.08g，则电解过程中转移的电子为0.01mol
7．（6分）X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（）
A B C D
X HCl Na2O2Na2CO3SO2
Y FeCl2NaOH CO2Na2SO3
Z Cl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4
W FeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3
A．A B．B C．C D．D
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（12分）硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3?9H2O]的流程如图甲：
（1）写出反应Ⅰ的离子方程式：（任写一个）．
（2）若在实验室中完成反应Ⅱ，为避免铝的损失，需要解决的问题是，可采取的措施为．（3）上述流程中采用减压蒸发，并控制反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，其目的是．
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1），该反应的化学方程式是．
（5）若用图乙所示实验装置制取Al（NO3）3，通入水蒸气的作用是．
9．（15分）如图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：
（1）写出A在元素周期表中的位置；
（2）D在空气中燃烧生成物的电子式为；其所含化学键类型为；
（3）C2﹣、D+、G2﹣离子半径大小顺序是＞＞（用离子符号回答）；
（4）C、G元素所形成的氢化物稳定性为＜（填化学式），原因是：；
（5）A的某氢化物分子式为A2H6，将含630mol电子的A2H6在氧气中完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为QkJ，请写出表示A2H6燃烧热的热化学方程式：；
（6）某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系，装置如图2．
①溶液a和b分别为，；
②溶液c中发生反应的离子方程式为．
10．（16分）工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NO x等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：
2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣113.0kJ?mol﹣1
2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol﹣1
SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3．
①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为．
②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是．
（2）提高2SO2+O2?2SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．
①T℃时，在1L的密闭容器中加入2.0mol SO2和1.0mol O2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该反应的平衡常数是．
②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是（填字母）．a．温度和容器体积不变，充入1.0mol He
b．温度和容器体积不变，充入1.0mol O2
c．在其他条件不变时，减少容器的体积
d．在其他条件不变时，改用高效催化剂
e．在其他条件不变时，升高体系温度
（3）用氢氧化钠溶液吸收含二氧化硫的废气．
①写出等物质的量的氢氧化钠与二氧化硫反应的离子方程式是．
②经测定上述反应后的溶液呈酸性．
a．写出各种离子浓度由大到小的顺序是．
b．c（SO32﹣）（填“＞”“=”或“＜”）c（H2SO3），其原因是．
【化学--选修2化学与技术】（共1小题，满分15分）
11．（15分）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．水质优劣直接影响人体健康
（1）含有较多的水称为硬水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为（写出生成一种沉淀物的即可）．
（2）如图为某饮用水厂从天然水制备纯净水（去离子水）的工艺流程示意图：
①活性炭的作用是；O3消毒的优点是．
②A、B中放置的物质名称分别是：A；B．A、B中放置的物质是否可以互换？请说明原因．（3）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为．电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是．
（4）检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的．
（5）某城市用水中c（Ca2+）为1.0×10﹣3mol/L，c（Mg2+）为5.0×10﹣4mol/L，c（HCO3﹣）为8.0×10﹣4mol/L．如用药剂软化该1000L，应加入Ca（OH）2g，Na2CO3 g．
【化学--选修3物质结构】（共1小题，满分0分）
12．铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途．请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为．N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为（填元素符号）．
②SO2的空间构型为．
（2）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）
]SO4?H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因；在该晶体中存在的化学键的种类有．4
（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图所示），a 位置上Cl原子的杂化轨道类型为．已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，则另一种化合物的化学式为．
（4）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值．对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g?cm﹣3，则铜原子的直径约为pm，阿伏加德罗常数的值为[已知A r（Cu）=63.6]．
【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．共聚法可改进有机高分子化合物的性质，高分子聚合物P的合成路线如下：
（1）B的名称为，E中所含官能团的名称为
（2）I由F经①～③合成，F可以使溴水褪色．
a．①的化学方程式是，
b．②的反应试剂是
c．③的反应类型是
（3）下列说法正确的是
a．C可与水任意比例混合
b．A与1，3﹣丁二烯互为同系物
c．由I生成M时，1mol最多消耗3molNaOH
d．N不存在顺反异构体
（4）写出E与N按照物质的量之比为1：1发生共聚生成P的化学反应方程式：高聚物P的亲水性比由E形成的聚合物（填“强、弱”）．
（5）D的同系物K比D分子少一个碳原子，K 有多种同分异构体，符合下列条件的K的同分异构体有种，写出其中核磁共振氢谱为1：2：2：2：3的一种同分异构体的结构简式
a．苯环上有两种等效氢
b．能与氢氧化钠溶液反应
c．一定条件下1mol该有机物与足量金属钠充分反应，生成1molH2．
湖南省益阳市桃江一中2015届高考化学模拟试卷（5月份）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．（6分）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．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用
B．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应
C．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
D．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅
考点：常见的生活环境的污染及治理．
分析：A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放；
B．铝性质活泼，常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝；
C．煤炭经气化、液化和干馏可获得清洁能源和重要的化工原料；
D．太阳能电池的材料是硅单质；
解答：解：A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合节能减排的原则，故A正确；
B．Al属于亲氧元素，常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝从而阻止铝进一步被氧化，故B 错误；
C．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C正确；
D．太阳能电池板的材料是硅单质，故D正确；
故选：B．
点评：本题考查了物质的用途、物质的性质及煤的加工，明确物质的性质是解本题关键，
注意对基础知识的理解掌握．
2．（6分）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是（）
A．可用溴水区分化合物Ⅱ和化合物Ⅲ
B．化合物Ⅰ中所有原子可能在同一平面
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaHCO3溶液发生反应
D．1 mol化合物Ⅰ最多能与3 mol H2发生加成反应
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：A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应；III中不含碳碳双键，和溴不反应；B．化合物Ⅰ含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
C．羧基都能和碳酸氢钠反应；
D．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应．
解答：解：A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色；III中不含碳碳双键，和溴不反应，所以不能使溴水褪色，故A正确；
B．化合物Ⅰ含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故B错误；
C．羧基都能和碳酸氢钠反应，I中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠反应，故C错误；
D．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应，I中含有一个苯环和一个醛基，1molI能和4mol 氢气发生加成反应，故D错误，
故选A．
点评：本题考查物质结构和性质，为2015届高考高频点，侧重学生的分析能力的考查，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见官能团及其性质，难度不大．
3．（6分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）
A．
用图装置萃取溴水中的溴，并把溴的苯溶液从下口放出
B．
用图装置可以验证溴乙烷发生了消去反应
C．
用图装置配制银氨溶液
D．
用图装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
考点：实验装置综合．
专题：实验评价题．
分析：A．苯的密度比水小，应从上口到出；
B．乙醇易挥发，也可被酸性高锰酸钾氧化；
C．试剂滴加顺序错误；
D．浓硫酸使蔗糖碳化，且发生氧化还原反应生成二氧化硫，可使品红褪色，二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应．
解答：解：A．苯的密度比水小，溴的苯溶液应从上口到出，故A错误；
B．乙醇易挥发，也可被酸性高锰酸钾氧化，如不能除去乙醇，则不能直接得出结论，故B错误；
C．试剂滴加顺序错误，应在硝酸银溶液中滴加氨水，故C错误；
D．浓硫酸使蔗糖碳化，且发生氧化还原反应生成二氧化硫，可使品红褪色，二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，可完成实验，故D正确．
故选D．
点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实物质的分离、检验、制备等知识，把握物质的性质、反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大．
4．（6分）下列说法正确的是（）
A．向水中加入少量固体硫酸氢钠，恢复原温度时，c（H+）增大，K w变大
B．体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉（少量），后者用时少
C．0.1 mol．L﹣1的醋酸溶液加水稀释，减小
D．常温下，V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
分析：A．K w只与温度有关；
B．醋酸为弱电解质，等pH时，醋酸浓度大；
C．醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH﹣）增大；
D．如HA为强酸，则V1=V2，如HA为弱酸，HA的浓度较大．
解答：解：A．向水中加入少量固体硫酸氢钠，恢复原温度时，c（H+）增大，K w只与温度有关，则K w不变，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，等pH时，醋酸浓度大，反应速率大，用时少，故B错误；
C．醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH﹣）增大，则减小，故C正确；
D．如HA为强酸，则V1=V2，如HA为弱酸，HA的浓度较大，消耗的氢氧化钠的体积偏大，则V1＞V2，故D错误．
故选C．
点评：本题综合考查弱电解质的电离以及平衡移动的影响因素，注意弱酸溶液在稀释时溶液中离子浓度的变化，题目难度中等．
5．（6分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣氧化成为Cl﹣：4Fe2++ClO2﹣+4H+═4Fe3++Cl﹣+2H2O
B．向烧碱溶液中加入铝：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
C．用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3?H2O═SO32﹣+2NH4++H2O
D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O?Fe（OH）3↓+3H+
考点：离子方程式的书写．
专题：离子反应专题．
分析：A．次氯酸根离子氧化性强于二价铁离子，能够将二价铁离子氧化成三价铁离子；B．电荷不守恒；
C．过量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸氨；
D．氢氧化铁胶体不是沉淀，不能用沉淀符号．
解答：解：A．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣还原成为Cl﹣：2H2O+4Fe2++ClO2﹣=4Fe3++Cl ﹣+4OH﹣，故A错误；
B．向烧碱溶液中加入铝，离子方程式：2H2O+2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故B错误；C．用过量氨水吸收烟道气中的SO2，离子方程式：SO2+2NH3?H2O=SO32﹣+2NH4++H2O，故C正确；
D．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体，离子方程式：Fe3++3H2O?Fe（OH）+，故D错误；
3（胶体）+3H
故选：C．
点评：本题考查了离子方程式的书写，注意制备氢氧化铁胶体时不能用沉淀符合，题目难度不大．
6．（6分）下图为根据电解原理制成“银电量计”．其原理是：通过测定电解过程中附着在惰性电极上金属质量，计算通过电解池的电量．下列说法正确的是（）
A．电量计工作时溶液里的阴离子向正极移动
B．电量计工作时银棒应与电源的正极相连
C．网袋是收集银溶解过程中产生的金属颗粒，若没有该网袋，测量结果会偏低
D．若得金属银的沉积量为1.08g，则电解过程中转移的电子为0.01mol
考点：原电池和电解池的工作原理．
专题：电化学专题．
分析：A．阴离子向阳极移动；
B．银作阴极，与原电池负极相连；
C．电解时阳极的银容易脱落而影响实验结果；
D．根据银和转移电子之间的关系式计算．
解答：解：A．电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，故A错误；
B．电解时，银上得电子发生还原反应，所以银作阴极，与电源负极相连，故B错误；
C．银溶解时有些可能未失电子变成银离子然后在阴极（铂坩埚）得电子析出，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，故C错误；
D．银的物质的量==0.01mol，转移电子的物质的量=0.01mol×（1﹣0）=0.01mol，
故D正确；
故选D．
点评：本题考查了电解原理，根据电极上得失电子及物质间的反应来分析解答，易错选项是C，知道收集袋的作用，难度中等．
7．（6分）X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（）
A B C D
X HCl Na2O2Na2CO3SO2
Y FeCl2NaOH CO2Na2SO3
Z Cl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4
W FeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3
A．A B．B C．C D．D
考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．
专题：元素及其化合物．
分析：A．HCl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成Cl2；
B．Na2CO3与NaOH不反应；
C．Na2CO3可与酸、氢氧化钙反应生成CaCO3等发生复分解反应；
D．SO2可与碱反应，具有还原性，可被氧化．
解答：解：A．HCl可与Fe反应生成FeCl2，可被氧化生成Cl2，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，故A正确
B．Na2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故B错误；
C．Na2CO3可与酸反应生成CO2，可与氢氧化钙反应生成CaCO3，CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，故C正确
D．SO2可与NaOH反应生成Na2SO3，与过氧化氢反应生成H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，故D正确．
故选B．
点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（12分）硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3?9H2O]的流程如图甲：
（1）写出反应Ⅰ的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O）（任写一个）．
（2）若在实验室中完成反应Ⅱ，为避免铝的损失，需要解决的问题是如何控制反应终点（或硝酸的用量），可采取的措施为将加入稀硝酸改为通入过量CO2．
（3）上述流程中采用减压蒸发，并控制反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，其目的是抑制硝酸铝水解．
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1），该反应4Al（NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑．
（5）若用图乙所示实验装置制取Al（NO3）3，通入水蒸气的作用是高温度、搅拌，加快反应速率．
考点：制备实验方案的设计．
分析：铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．
（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；
（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，应控制硝酸用量，可以利用弱酸将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀而不溶解；
（3）硝酸铝容易发生水解，从抑制硝酸铝水解进行分析解答；
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒；
（5）水蒸气温度较高，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率．
解答：解：铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝
酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．
（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑（或Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O）；
（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解；
故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；将加入稀硝酸改为通入过量CO2；
（3）硝酸铝容易发生水解，减压蒸馏可以降低温度、反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，都可以抑制硝酸铝水解，
故答案为：抑制硝酸铝水解；
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒，反应方程式为：4Al（NO3）
32Al2O3+12NO2↑+3O2↑，
故答案为：4Al（NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑；
（5）由于水蒸气温度较高，可以升高反应体系的温度，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率，
故答案为：高温度、搅拌，加快反应速率．
点评：本题考查实验制备方案，侧重考查是对工艺流程的理解、分析与评价，是对学生综合能力的考查，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力，难度中等．
9．（15分）如图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：
（1）写出A在元素周期表中的位置第二周期ⅣA族；
（2）D在空气中燃烧生成物的电子式为；其所含化学键类型为共价键、离子键；
（3）C2﹣、D+、G2﹣离子半径大小顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+（用离子符号回答）；
（4）C、G元素所形成的氢化物稳定性为H2S＜H2O（填化学式），原因是：O的非金属性大于S；
（5）A的某氢化物分子式为A2H6，将含630mol电子的A2H6在氧气中完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为QkJ，请写出表示A2H6燃烧热的热化学方程式：C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（L） △H=﹣kJ?mol﹣1；
（6）某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系，装置如图2．
①溶液a和b分别为硝酸，饱和NaHCO3溶液；
②溶液c SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣
+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．
考点：位置结构性质的相互关系应用．
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、﹣4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为﹣2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，为
Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为﹣2，应为S元素；B的有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，
（1）A为C元素，位于周期表第二周期ⅣA族；
（2）D为Na元素，空气中燃烧生成物为过氧化钠，为离子化合物，含有共价键、离子键；（3）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；
（4）非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
（5）A为C元素，氢化物分子式为C2H6，1molC2H6含有18mol电子，含630mol电子的C2H6的物质的量为mol=35mol；
（6）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸．
解答：解：由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、﹣4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为﹣2价，没有正化合价，故C为O 元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，为Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为﹣2，应为S元素；B的有+5、﹣3价，处于ⅤA 族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，
（1）A为C元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则位于周期表第二周期ⅣA 族，故答案为：第二周期ⅣA族；
（2）D为Na元素，空气中燃烧生成物为过氧化钠，为离子化合物，含有共价键、离子键，电子式为，
故答案为：；共价键、离子键；
（3）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；
（4）非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则非金属性H2S＜H2O，故答案为：H2S＜H2O；O的非金属性大于S；
（5）A为C元素，氢化物分子式为C2H6，1molC2H6含有18mol电子，含630mol电子的C2H6的物质的量为mol=35mol，
在氧气中完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为QkJ，则C2H6燃烧热的热化学方程式为C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（L） △H=﹣kJ?mol﹣1，
故答案为：C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（L） △H=﹣kJ?mol﹣1；
（6）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，
①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸；饱和NaHCO3溶液；
②溶液c中的离子方程式为：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣
+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣，
故答案为：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．点评：本题考查结构性质位置关系，为2015届高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，题目涉及半径比较、电子式、化学实验、氧化还原反应计算、离子方程式的书写等，难度中等，注意把握非金属性的比较角度．
10．（16分）工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NO x等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：
2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣113.0kJ?mol﹣1
2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol﹣1
SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3．
①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=﹣
41.8 kJ?mol﹣1．
②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是减小．
（2）提高2SO2+O2?2SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．
①T℃时，在1L的密闭容器中加入2.0mol SO2和1.0mol O2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该反应的平衡常数是2．
②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是b c（填字母）．
a．温度和容器体积不变，充入1.0mol He
b．温度和容器体积不变，充入1.0mol O2
c．在其他条件不变时，减少容器的体积
d．在其他条件不变时，改用高效催化剂
e．在其他条件不变时，升高体系温度
（3）用氢氧化钠溶液吸收含二氧化硫的废气．
①写出等物质的量的氢氧化钠与二氧化硫反应的离子方程式是SO2+OH﹣=HSO3﹣．
②经测定上述反应后的溶液呈酸性．
a．写出各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c （OH﹣）．
b．c（SO32﹣）＞（填“＞”“=”或“＜”）c（H2SO3），其原因是溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度．
考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较．专题：基本概念与基本理论．
分析：（1）根据盖斯定律来求解，正反应如果是吸热反应，温度越高K值越大；
（2）①用三行式来求平衡常数，②外界条件改变导致平衡正向移动；
（3）①等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3；
②经测定上述反应后的溶液呈酸性，说明电离大于水解，根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒来判断离子间浓度的大小关系．
解答：解：（1）①根据盖斯定律来求解，2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣113.0kJ?mol ﹣1 ①；2SO
2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol
﹣1②然后用（②﹣①）÷2得：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8 kJ?mol﹣1，故答案为：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8 kJ?mol﹣1；
②因为正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故答案为：减小；
（3）①则1L密闭容器在5min内各物质浓度发生的变化如下：
2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），
起始浓度（mol/L） 2 1 0
变化浓度（mol/L） 1 0.5 1
平衡浓度（mol/L） 1 0.5 1
该反应的平衡常数为K==2
故答案为：2；
②a．温度和容器体积不变，充入1.0mol He，平衡不移动，SO2的转化率不变，故a不选；b．温度和容器体积不变，充入1.0mol O2，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故选b；c．在其他条件不变时，减少容器的体积，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故选c；
d．在其他条件不变时，改用高效催化剂，平衡不移动，SO2的转化率不变，故d不选；e．在其他条件不变时，升高体系温度，平衡逆向移动，SO2的转化率变小，故e不选；
故答案为：b c；
（3）①等物质的量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3，离子方程式为SO2+OH﹣=HSO3
﹣，故答案为：SO
2+OH ﹣=HSO
3
﹣；
②a、亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
b、亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，故答案为：＞；溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度．
点评：本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，主要涉及了转化率的计算、化学平衡常数的计算，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力．
【化学--选修2化学与技术】（共1小题，满分15分）
11．（15分）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．水质优劣直接影响人体健康
（1）含有较多Ca 2+、Mg 2+的水称为硬水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为Ca 2++2HCO 3
﹣CaCO 3↓+CO 2↑+H 2O （或Mg 2++2HCO 3﹣MgCO 3↓+CO 2↑+H 2O 、MgCO 3+2H 2O=Mg （OH ）2+CO 2↑+H 2O ）（写出生成一种沉淀物的即可）．
（2）如图为某饮用水厂从天然水制备纯净水（去离子水）的工艺流程示意图：
①活性炭的作用是吸附水中的有机物（或去除水中的异味）；O 3消毒的优点是反应产物无毒无害．
②A 、B 中放置的物质名称分别是：A 阳离子交换树脂；B 阴离子交换树脂．A 、B 中放置的物质是否可以互换？请说明原因水中的Ca 2+、Mg 2+会与阴离子树脂中的OH ﹣生成Mg （OH ）2、Ca （OH ）2沉淀造成堵塞，损坏离子交换树脂．
（3）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为反渗透法．电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是电势差或电场力．
（4）检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的电导率或电阻率．
（5）某城市用水中c （Ca 2+）为1.0×10﹣3mol/L ，c （Mg 2+）为5.0×10﹣4mol/L ，c （HCO 3﹣）
为8.0×10﹣4mol/L ．如用药剂软化该1000L ，应加入Ca （OH ）266.6g ，Na 2CO 3116.6 g ．
考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题： 实验设计题．
分析： （1）含钙、镁离子较多的水为硬水，硬水加热后与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀；
（2）①活性炭具有吸附性，臭氧具有强氧化性，还原产物无毒；
②A 、B 的作用除去钙、镁离子，应先透过金属阳离子，否则生成氢氧化钙损坏离子交换膜；
（3）压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，为反渗透法；电渗析法净化水时，电势差使离子通过半透膜；
（4）蒸馏水为纯水，其电导率很低；
（5）加入氢氧化钙和镁离子、碳酸氢根离子反应，加入碳酸钠沉淀钙离子．
解答： 解：（1）含钙、镁离子较多的水为硬水，硬水加热后与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，离子反应为Ca 2++2HCO 3
﹣CaCO 3↓+CO 2↑+H 2O （或Mg 2++2HCO 3
﹣MgCO 3↓+CO 2↑+H 2O 、MgCO 3+2H 2O=Mg （OH ）2+CO 2↑+H 2O ）， 故答案为：Ca 2+、Mg 2+；Ca 2++2HCO 3﹣CaCO 3↓+CO 2↑+H 2O （或Mg 2++2HCO 3﹣
MgCO 3↓+CO 2↑+H 2O 、MgCO 3+2H 2O=Mg （OH ）2+CO 2↑+H 2O ）；
（2）①活性炭具有吸附性，其作用为吸附水中的有机物（或去除水中的异味），臭氧具有强氧化性，可用O3消毒，其优点是还原产物无毒，
故答案为：吸附水中的有机物（或去除水中的异味）；反应产物无毒无害；
②A、B的作用除去钙、镁离子，应先透过金属阳离子，则A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，不能放反A、B，否则水中的Ca2+、Mg2+会与阴离子树脂中的OH﹣生成Mg（OH）2、Ca（OH）2沉淀造成堵塞，损坏离子交换树脂，
故答案为：阳离子交换树脂；阴离子交换树脂；水中的Ca2+、Mg2+会与阴离子树脂中的OH﹣生成Mg（OH）2、Ca（OH）2沉淀造成堵塞，损坏离子交换树脂；
（3）压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，为反渗透法；电渗析法净化水时，电势差（或电场力）使离子通过半透膜，
故答案为：反渗透法；电势差或电场力；
（4）蒸馏水为纯水，其电导率很低，则检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的电导率或电阻率，故答案为：电导率或电阻率；
（5）c（Ca2+）为1.0×10﹣3mol/L，c（Mg2+）为5.0×10﹣4mol/L，c（HCO3﹣）为8.0×10﹣4mol/L．如用药剂软化该1000L，
n（Ca2+）=1000L×1.0×10﹣3mol/L=1mol，n（Mg2+）=1000L×5.0×10﹣4mol/L=0.5mol，n（HCO3﹣）=1000L×8.0×10﹣4mol/L=0.8mol，
加入氢氧化钙发生的反应为：
Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
0.5mol 1mol
HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O
0.8mol 0.8mol
共需要n（OH﹣）=1.8mol，
则需要Ca（OH）2的质量为1.8mol××74g/mol=66.6g，
水溶液中Ca2+物质的量为1mol+0.9mol=1.9mol，
其中需要加入的碳酸根离子为1.9mol﹣0.8mol=1.1mol，其质量为1.1mol×106g/mol=116.6g，故答案为：66.6；116.6．
点评：本题以水的净化和提纯考查混合物分离、提纯及净化原理，综合性较强，侧重分析能力、计算能力的考查，注意化学与技术、化学与生活的联系，题目难度中等，（5）中计算为解答的易错点．
【化学--选修3物质结构】（共1小题，满分0分）
12．铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途．请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10．N、O、S 三种元素的第一电离能大小顺序为N＞O＞S（填元素符号）．
②SO2的空间构型为角形．
（2）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）
]SO4?H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶4
解度降低；在该晶体中存在的化学键的种类有共价键、离子键、配位键．
（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图所示），a 位置上Cl原子的杂化轨道类型为sp3．已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，则另一种化K2CuCl3．
（4）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值．对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g?cm﹣3，则铜原子的直径约为128pm，阿伏加德罗常数的值为N A=63.6g．mol﹣1/（0.25×4.23×10﹣22g）=6.01×10﹣23[已知A r（Cu）=63.6]．
考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
专题：化学键与晶体结构．
分析：（1）①先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；②根据其杂化类型判断；
（2）根据相似相容原理判断；阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断；一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为﹣2，据此书写；
（4）铜的晶胞为面心立方最密堆积，根据其晶胞的堆积类型判断，三个铜原子相切，形成晶胞的面对角线，由此得到铜原子半径；根据铜摩尔质量=摩尔体积×密度计算．
解答：解：（1）①铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10．元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA和第ⅢA、第ⅤA 和第ⅥA互换，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，
故答案为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S；
②SO2价电子对数==3，价电子对数=配位原子数+孤电子对数，配位原子数为2，含有一对孤对电子，原子轨道空间构型为平面型，分子构型为角形；
（2）在水中得到深蓝色透明溶液，加入乙醇析出晶体，说明在乙醇中溶解性降低，根据相似相溶分析：乙醇分子极性弱于水的极性，在乙醇中溶解度降低；[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键；
故答案为：共价键、离子键、配位键；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为﹣2，其化学式为：K2CuCl3，
故答案为：sp3、K2CuCl3；
（4）铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞能分摊到4个Cu原子；晶胞面对角线为一个铜原子半径的四分之一，铜原子半径==128；
1pm=10﹣10cm，故一个晶胞的体积为（361×10﹣10）3=4.7×10﹣23cm3；
晶胞的质量=体积×密度，一个晶胞的质量为4.7×10﹣23cm3×9.00g?cm﹣3=4.23×10﹣22g；
在一个体心晶胞含4个铜原子，故铜的摩尔质量=，
由Ar（Cu）=63.6g?mol﹣1×N A，
得N A=6.01×1023mol﹣1，故答案为6.01×1023mol﹣1．
点评：本题考查物质结构中电子排布式、化学键、等电子体、晶胞的计算等知识，其中计算是难点，综合性较强，难度中等．
【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）
13．共聚法可改进有机高分子化合物的性质，高分子聚合物P的合成路线如下：
（1）B的名称为1，2﹣二溴乙烷，E中所含官能团的名称为醚键、碳碳双键
（2）I由F经①～③合成，F可以使溴水褪色．
a．①的化学方程式是
，
b．②的反应试剂是HBr
c．③的反应类型是氧化反应
（3）下列说法正确的是ac
a．C可与水任意比例混合
b．A与1，3﹣丁二烯互为同系物
c．由I生成M时，1mol最多消耗3molNaOH
d．N不存在顺反异构体
（4）写出E与N按照物质的量之比为1：1发生共聚生成P的化学反应方程式：
高聚物P的亲水性比由E形成的聚合物强（填“强、弱”）．
（5）D的同系物K比D分子少一个碳原子，K 有多种同分异构体，符合下列条件的K的同分异构体有9种，写出其中核磁共振氢谱为1：2：2：2：3的一种同分异构体的结构简式
a．苯环上有两种等效氢
b．能与氢氧化钠溶液反应
c．一定条件下1mol该有机物与足量金属钠充分反应，生成1molH2．
考点：有机物的推断．
专题：有机物的化学性质及推断．
分析：A和溴发生加成反应生成B，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C和苯甲醇反应生成D，A、B和C中碳原子个数相同，根据D的分子式知，A中含有两个碳原子，则A是CH2=CH2，B是BrCH2CH2Br，C是HOCH2CH2OH，D的结构简式为：
，对比D、E分子式可知，D发生消去反应生成E，则E的结构简式为：
．根据I的结构简式知，1，3﹣丁二烯和溴发生1，4﹣加成生成F为BrCH2CH=CHCH2Br，F在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成G为：
HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr发生加成反应生成H为HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高锰酸钾氧化生成I，I和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成M为：NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，则N的结构简式为：HOOCCH=CHCOOH，E和N发生加聚反应生成P，
则P的结构简式为：．
解答：解：A和溴发生加成反应生成B，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C和苯甲醇反应生成D，A、B和C中碳原子个数相同，根据D的分子式知，A中含有两个碳原子，则A是CH2=CH2，B是BrCH2CH2Br，C是HOCH2CH2OH，D的结构简式为：
，对比D、E分子式可知，D发生消去反应生成E，则E的结构简式为：
．根据I的结构简式知，1，3﹣丁二烯和溴发生1，4﹣加成生成F为BrCH2CH=CHCH2Br，F在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成G为：
HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr发生加成反应生成H为HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高锰酸钾氧化生成I，I和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成M为：NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，则N的结构简式为：HOOCCH=CHCOOH，E和N发生加聚反应生成P，
则P的结构简式为：．