I→J其实就是醚的开环了，反应为【详解】
，据此分析作答。
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为
B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，；则G为
；
G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L
+Ca(OH)2→2
+CaCl2+2H2O，
氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2
I→J其实就是醚的开环了，反应为；
（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。
（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。
E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，（3）反应的方程式为E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有
、
（4）G的结构简式为
。
。
、
、
；
（5）I生成J的化学方程式为
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
。
18．水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如下。
零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型 资料：
Ⅰ．酸性条件下SO4?·为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO4?·和·OH同时存在，强碱性条件下·OH为主要的自由基。
Ⅱ．Fe、Fe形成氢氧化物沉淀的pH 离子 Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 7.04 1.87 沉淀完全的pH 9.08 3.27 2+
3+
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。 ① 砷在元素周期表中的位置是______。
② 砷酸的化学式是______，其酸性比H3PO4______（填“强”或“弱”）。
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe，Fe与S2O8?反应生成Fe和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe和Fe，以确保As(Ⅴ)去除完全。 ①S2O82?中S的化合价是______。
②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是______。 ③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是______。
（3）不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图。5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高的原因是______。
2+
3+
2+
2+
2
3+
【答案】第4周期、第ⅤA族 H3AsO4 弱 +7 Fe+ S2O82? == Fe 2+ +2SO42? Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe
2+
pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4?·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH = 7和pH = 9
时，Fe和Fe形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ) 【解析】 【分析】
（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族；
②磷酸的化学式为H3PO4，同主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱；（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82?反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。
①S2O82?中氧元素为-2价，设S的化合价是x，结合正负化合价代数和为-2计算； ②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，结合守恒法写出发生反应的离子方程式； ③Fe将Fe3+还原为Fe2+，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
OH，有利于Fe的氧化，pH = 7和pH = 9时（3）由模型可知pH = 7和pH = 9时产生了强氧化性的O4?·和·Fe2+和Fe3+完全转化为Fe(OH)2和Fe(OH)3，易除去； 【详解】
（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族，则砷在元素周期表中的位置是第4周期、第ⅤA族；
② 砷酸中砷元素的化合价为+5价，其化学式是H3AsO4，因As非金属性比P弱，则其酸性比H3PO4弱； （2）①S2O82?中氧元素为-2价，设S的化合价是x，2x+（-2）×8=-2，解得x=+7，即S2O82?中S的化合价是+7；
②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，则发生反应的离子方程式为Fe+ S2O82? == Fe 2+ +2SO42?； ③Fe将Fe3+还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe 2+；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH = 7和pH = 9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与氧化性的SO4?·和·As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)，故5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高。
19．聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)
CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)
2+3+
已知v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。
（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α）随时间（t）的变化关系如图所示。
该醇解反应的ΔH____0（填>或<）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____（保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是___，v
逆
最大的是____。
（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比____时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx___（填增大、减小或不变）。
（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是____。 a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b.使k正和k逆增大相同倍数 c.降低了醇解反应的活化能 d.提高乙酸甲酯的平衡转化率 【答案】> 3.2 ① A C 2：1 不变 bc 【解析】 【详解】
(1)根据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol，则有：
Kx=χ(CH3COOC6H13) ?χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ?χ(C6H13OH)] = 0.32×0.32 / (0.18×0.18) = 带入平衡常数表达式：
3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正－k逆值最大的曲线是①；根据v正= k正χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)?χ(CH3OH)，A点χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)大，C点χ(CH3COO C6H13)?χ(CH3OH)温度高，因此A点v正最大；大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：>；3.2；①；A；C；
(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：2：1；不变； (3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确； 催化剂能够降低反应的活化能，c正确；