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湖北省黄冈市2015届高三化学模拟试卷(3月份)

来源：乌哈旅游

湖北省黄冈市2015届高考化学模拟试卷（3月份）

一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）

1．化学与生产、生活、环境密切相关，下列有关说法正确的是( ) A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅 B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油 C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质 D．二氧化硫的大量排放是造成光化学烟雾的主要原因

2．设NA从为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( ) A．28g硅晶体中含有2 NA个Si﹣Si键 B．18g重水含有10 NA个电子

C．常温下0.05 mol•LFe2（S04 ） 3溶液中含Fe 数目小于0.1NA

D．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4 L气体

3．如图表示元素周期表前四周期的一部分，关于元素X，Y，Z，W的叙述正确的是( ) ①Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性为Y＜Z ②W的阴离子在同周期阴离子中半径最小 ③W、Z的氢化物的稳定性W＜Z ④W的原子序数比Z的大9

⑤X的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物可以反应．

﹣1

A．只有②

4．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )

B．①②⑤

C．①②③

D．①②④⑤

选项操作 A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 B ②将铜丝向下移动使其与浓硝酸接触 C ③光照 D 打开分液漏斗现象试纸不变色结论 NH4Cl受热不分解产生红棕色气体，用排水法收集可以用该装置制备NO2 气体试管颜色变浅，出现油状滴液，甲烷与氯水发生取代反少量白雾应右侧试管中出现白色沉淀酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3

B．B

C．C

D．D

A．A

6．T°C时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X，Y，Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．下列分析正确的( )

A．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌4Z（g） B．0﹣3 min内，v（X）=0.2 mol•L﹣•min

C．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强 D．其他条件不变升高温度，v正、v重都增大，且重新达到平衡前v正＞v重

﹣1

7．对有机物的表述不正确的是( )

A．该物质能发生加成、取代、氧化反应

B．该物质遇FeC13溶液显色，lmol该物质能与2mo1Br2发生取代反应 C．该物质的分子式为C11H15O3

D．1mol该物质最多消耗Na，NaOH，NaHC03的物质的量之比为2：2：1

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．随着我国工业化水平的不断发展，解决水、空气污染问题成为重要课题．

（1）工业尾气中含有大量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．反应原理如图所示： ①由图可知SCR技术中的氧化剂为__________

②用Fe做催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，写出该反应的化学方程式__________

（2）工业废水中常含有一定量的Cr2O7，会对人类及生态系统产生很大损害，电解法是处理铬污染的常用方法．该法用Fe做电极电解含Cr2O3的酸性废水，电解时，在阴极上有大量气泡生成，并产生Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀．

①反应中lmolCrO7完全生成Cr（OH）3沉淀，外电路通过电子的物质的量为__________ mol． ②常温下，Cr（OH）3的溶度积Kap=10

﹣32

2﹣

，当Cr浓度小于10mol•L

3+﹣5一1

，时可认为完全沉淀，

电解完全后，测得溶液的pH=6，则该溶液过滤后__________（填“能”或“否，’）直接排放．

（3）C102气体是一种常用的消毒剂，现在被广泛的用于饮用水进行消毒．自来水厂用ClO2处理后的水中，要求C102的浓度在0.1﹣0.8mg•L之间．碘量法可以检测水中C102的浓度，步骤如下：

I．取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性，然后加人一定量的碘化钾，并加人淀粉溶液，溶液变蓝；

Ⅱ．加人一定量的Na2S203溶液（已知：2S2O3+I2═S4O5+2I）； Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1.3．

已知：本题中C1O2在中性条件下还原产物为ClO2，在酸性条件下还原产物为C1．请回答下列问题：

①确定操作Ⅱ完全反应的现象__________

②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式__________

﹣

2﹣

﹣

﹣1

③若水样的体积为1.0L，在操作II时消耗了1.0×10mol•L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是__________mg•L．

﹣1

﹣3﹣1

9．苯甲酸及其钠盐可用作乳胶、牙膏、果酱及其它食品的防腐剂，也可用作染色和印色的媒染剂．某兴趣小组同学利用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸，制备原理和实验主要装置甲如下：

已知：①甲苯为无色澄清液体，微溶于水，沸点110.6℃． ②苯甲酸的熔点为122.4℃．

③苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g．实验流程：

I、往甲装置中加入2.7mL（2.3g）甲苯和125mL水，然后分批次加人8.5g稍过量的 KMn04固体，控制反应温度约在100C，回流反应4小时．

Ⅱ、将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加人浓盐酸，经操作B得白色较干燥粗产品．

Ⅲ、纯度测定：称取1.220g白色样品，配成l00mL苯甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol•L

﹣1

KOH标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示：体积（mL）第一次 24.00 第二次 24.10 第三次 22.40 第四次 23.90 请回答：

（1）仪器A的名称__________，图甲冷水应从__________（填“a“或“b“）管进人．（2）判断甲苯被氧化完全的实验现象是__________ （3）根据实验过程B，回答下列两个问题： ①操作B的名称__________

②如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加人浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是__________

（4）实验所得的苯甲酸在结晶过程中常裹携KC1析出．

①结合题中所给苯甲酸的性质，设计检验苯甲酸固体中KC1的实验方案：__________ ②除去产品中KCl的实验方法的名称是__________ （5）样品中苯甲酸纯度为__________．

10．硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害． I．已知：重晶石（BaSO4）高温缎烧可发生一系列反应，其中部分反应如下： BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ•mol BaS（s）=BaS（s）+S（s）△H=+460kJ•mol 已知：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=+221kJ•mol 则BaS（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=__________． Ⅱ．SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法

反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）⇌S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：

①0﹣20min反应速率表示为v（SO2）=__________；

②30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是__________；（2）亚硫酸钠吸收法

①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为__________

②常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__________（填序号）

a．c（Na）+c（H）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（OH） b．c（Na）=c（SO3）+c（HSO3）+c（H2SO3）

2﹣

﹣

2﹣

﹣

﹣﹣1

﹣1

c．c（Na）＞c（HSO3）＞c（H）＞c（SO3） d．水电离出c（H）=1×10mol/L （3）电化学处理法

①如图2所示，Pt（1）电极的反应式为__________；

②当电路中转移0.02mole时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加__________mol离子．

﹣

﹣5

+﹣+2﹣

【化学一选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）

11．镁是海水中含量较多的金属元素，镁合金及镁的化合物用途非常广泛．（1）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H20）制备金属镁工艺的关键流程如图1：

①为探究MgCl2•6H20“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2•6H20在不同温度下分解，测得残留固体物质的X一射线衍射谱图如图3所示（X一射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．

测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为__________．“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H20，温度不高于180℃的原因是__________．

②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCI与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为__________ ③该工艺中，可以循环使用的物质有__________．

（2）储氢材料Mg （AlH4 ）2在110一200 C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑个每生成27gA1转移电子的物质的量为__________．

（3）“镁一次氯酸盐”燃料电池的装置如图2所示，该电池的正极反应式为__________．

（共2小题，满分0分）

12．氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用．回答下列问题：

（1）基态砷原子的电子排布式为__________．

（2）K3晶体中Fe与CN一之间化学键类型为__________键，与CN互为等电子体的化合物分子式为__________．（3）已知：

CH4 101.7 沸点（K）分解温度（K） 873 SiH4 161.2 773 NH3 239.7 1073 PH3 185.4 713.2 3+

一

分析上表中的相关数据，请回答：NH3的沸点比PH3的高的原因是__________；CH4的分解温度比SiH4的高的原因是__________．

（4）白磷（P4）是正四面体构型的分子，与氧气作用可形成P4O10，P4O10的分子结构如图

所示．P4 O10极易与水反应，反应过程可表示为如下形式；P﹣O﹣P+H2O→2P﹣OH

若每个P4 O10分子与四个水分子发生反应，写出该反应的化学方程式__________

（5）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NO2，

O3，CH2=CHCHO，HCOOH，（PAN）等二次污染物．

①N20结构式可表示为N=N=O，N2O中氮原子的杂化轨道类型为__________，1mol PAN中含σ键数目为__________．

②测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸收法，β一射线放射源可用Kr．Kr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=__________（填数字）．已知Kr晶体的密度为ρ g/cm，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=__________nm．

13．有机物A有如图所示的转化关系（部分产物略去）．A在KOH溶液中水解生成B，C和D，1molF与足量的新制银氨溶液水浴加热充分反应可生成4molAg，分析并回答间题：

（1 ）A中含有的官能团名称为氯原子、__________、__________；（2）指出下列反应类型：：E→M__________；C→F__________；

（3）写出下列反应的化学方程式：①C→F：__________；②E→M：__________；

（4）已知有机物J满足下列条件：①J为E的同系物的同分异构体，且比E多两个碳原子；②J能够发生银镜反应；③J水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上；则J的同分异构体有__________种；其中核磁共振氢谱只有四组峰的是__________．

湖北省黄冈市2015届高考化学模拟试卷（3月份）

一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）

考点：硅的用途；二氧化硫的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．

分析：A．Si可做为半导体，可以有很多特殊的功能，二氧化硅是光导纤维的主要成分； B．油脂在碱性条件下水解生成肥皂；

C．防止食品氧化变质，则所加入的物质应该具备吸收氧气的性质；

D．光化学烟雾由碳氢化合物和氮氧化合物在阳光的作用下起化学反应所产生；

解答：解：A．Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故A错误；

B．油脂在碱性条件下水解生成肥皂和甘油，所以可以用“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂，故B正确；

C．生石灰能与水反应，常用作食品干燥剂，不能防止食品氧化变质，故C错误；

D．光化学烟雾是大气中碳氢化合物和氮氧化合物在阳光的作用下起化学反应所产生的化学污染物，故D错误；故选B．

点评：本题考查化学与信息、能源、材料、环境关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大．

2．设NA从为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )

A．28g硅晶体中含有2 NA个Si﹣Si键 B．18g重水含有10 NA个电子

C．常温下0.05 mol•LFe2（S04 ） 3溶液中含Fe 数目小于0.1NA

D．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4 L气体

考点：阿伏加德罗常数．

分析：A．硅晶体中，每个硅原子与气体4个Si形成4个Si﹣Si键，根据均摊法计算出1mol硅形成的Si﹣Si数目；

B．重水分子中含有10个电子，其摩尔质量为20g/mol； C．缺少硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子的数目；

D．没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算气体体积．

解答：解：A．28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si﹣Si键，则每个硅原子形成的共价键为：×4=2，则1mol单质硅含有2molSi﹣Si键，含有2NA个Si﹣Si键，故A正确； B．18g重水的物质的量为：子，故B错误；

C．没有告诉0.05 mol•LFe2（S04 ）3溶液的体积，无法根据n=cV计算出溶质硫酸铁的物质的量，且铁离子部分水解，故C错误；

D．不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算阳极生成气体的体积，故D错误；故选A．

点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为难点，明确硅晶体的结构为解答本题的关键．

﹣1﹣1

=0.9mol，0.9mol重水中含有9mol电子，含有9NA个电

⑤X的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物可以反应．

A．只有②

考点：原子结构与元素周期律的关系．

分析：由元素在周期表的位置可知，X为第二周期第ⅤA族元素，即X为N，则Y为P，Z为S，W为Br．

①非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强； ②电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小； ③非金属性越强，气态氢化物越稳定； ④Br的质子数为35，S的质子数为16； ⑤氨气与硝酸反应生成硝酸铵．

解答：解：由元素在周期表的位置可知，X为第二周期第ⅤA族元素，即X为N，则Y为P，Z为S，W为Br．

①非金属性Z＞Y，最高价氧化物的含氧酸的酸性为Y＜Z，故①正确；

②同周期中阴离子的电子层结构相同，而Br的核电荷数最大，在同周期简单阴离子中溴离子半径最小，故②正确；

③非金属性W＞Z，气态氢化物的稳定性W＞Z，故③错误；

④Br的质子数为35，S的质子数为16，则W的原子序数比Z大35﹣16=19，故④错误； ⑤氨气属于碱性气体，能与酸反应生成盐，所以氨气与硝酸反应生成硝酸铵，故⑤正确，故选B．

点评：本题考查位置结构性质关系应用，需要学生熟练元素周期表，注意对元素周期律的理解掌握，难度不大．

4．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )

B．①②⑤

C．①②③

D．①②④⑤

B．B

C．C

D．D

A．A

考点：化学实验方案的评价．

分析：A．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵； B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应；

C．光照下甲烷与氯气发生取代反应，生成的HCl易结合水蒸气形成酸雾； D．浓硝酸易挥发，硝酸可与硅酸钠反应．

解答：解：A．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能只利用氯化铵制备氨气，故A错误；

B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，则产生红棕色气体，但不能用排水法收集二氧化氮气体，故B错误；

C．光照下甲烷与氯气发生取代反应，生成的HCl易结合水蒸气形成酸雾，则操作、现象和结论均合理，故C正确；

D．浓硝酸易挥发，硝酸可与硅酸钠反应，图中装置不能比较H2CO3、H2SiO3的酸性，故D错误；故选C．

点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、气体的收集、酸性比较等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及实验评价性分析，题目难度不大．

A．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌4Z（g） B．0﹣3 min内，v（X）=0.2 mol•L﹣•min

C．若改变条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件可能是增大压强 D．其他条件不变升高温度，v正、v重都增大，且重新达到平衡前v正＞v重

考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．分析：A、根据物质的量的变化量与化学计量数成正比书写化学方程式； B、根据3min内X的物质的量的变化量计算化学反应速率；

C、图3与图1比较，判断平衡是否发生移动，根据影响平衡移动的因素判断； D、根据图2中曲线的斜率大小判断温度的高低，正反应的热效应．

解答：解：A、根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，所以X、Y为反应物，Z为生成物，由于该反应反应物没有完全反应，该反应为可逆反应，根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故A错误； B、反应进行的前3min内，v（X）=

=0.1mol/（L•min），故B错误；

﹣1

C、图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故C错误；

D、根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Y的百分含量降低，说明平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度吸热反应方向速率增加大于放热反应，所以且重新达到平衡前v

正

＞v逆，故D正确；

故选D．

点评：本题考查化学平衡移动以及平衡图象题，做题时注意分析图象中曲线的变化规律，结合外界条件对平衡移动的影响进行分析，题目难度中等．

7．对有机物的表述不正确的是( )

A．该物质能发生加成、取代、氧化反应

B．该物质遇FeC13溶液显色，lmol该物质能与2mo1Br2发生取代反应 C．该物质的分子式为C11H15O3

D．1mol该物质最多消耗Na，NaOH，NaHC03的物质的量之比为2：2：1

考点：有机物的结构和性质．

分析：有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．

解答：解：A．苯环可发生加成反应，酚羟基可发生取代、氧化反应，故A正确； B．含有酚羟基，遇FeC13溶液显色，酚羟基邻位氢原子可被取代，则lmol该物质能与2mo1Br2发生取代反应，故B正确；

C．由结构简式可知有机物分子式为C11H14O3，故C错误；

D．酚羟基、羧基都与钠反应生成氢气，都可与氢氧化钠反应，只有羧基与碳酸氢钠反应，则1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHC03的物质的量之比为2：2：1，故D正确．故选C．

点评：本题考查有机物的结构和性质，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．随着我国工业化水平的不断发展，解决水、空气污染问题成为重要课题．

（1）工业尾气中含有大量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．反应原理如图所示： ①由图可知SCR技术中的氧化剂为NO、NO2

②用Fe做催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，写出该反应的化学方程式2NH3+NO+NO2

2﹣

2N2+3H2O

①反应中lmolCrO7完全生成Cr（OH）3沉淀，外电路通过电子的物质的量为12 mol． ②常温下，Cr（OH）3的溶度积Kap=10

﹣32

2﹣

，当Cr浓度小于10mol•L

3+﹣5一1

，时可认为完全沉淀，

电解完全后，测得溶液的pH=6，则该溶液过滤后能（填“能”或“否，’）直接排放．（3）C102气体是一种常用的消毒剂，现在被广泛的用于饮用水进行消毒．自来水厂用ClO2处理后的水中，要求C102的浓度在0.1﹣0.8mg•L之间．碘量法可以检测水中C102的浓度，步骤如下：

I．取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性，然后加人一定量的碘化钾，并加人淀粉溶液，溶液变蓝；

Ⅱ．加人一定量的Na2S203溶液（已知：2S2O3+I2═S4O5+2I）； Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1.3．

已知：本题中C1O2在中性条件下还原产物为ClO2，在酸性条件下还原产物为C1．请回答下列问题：

①确定操作Ⅱ完全反应的现象蓝色消失，半分钟内不变色

②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式ClO2+4I+4H=Cl+2I2+2H2O ③若水样的体积为1.0L，在操作II时消耗了1.0×10mol•L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是0.675mg•L．

﹣1

﹣3

﹣1﹣

﹣

2﹣

﹣

﹣1

考点：中和滴定；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）①得电子，化合价降低的反应物是氧化剂； ②根据化合价升降总数相等、原子守恒来配平；

（2）①亚铁离子会和Cr2O7的酸性废水反应，发生反应的离子方程式是Cr2O7+6Fe+14H═2Cr+6Fe+7H2O，结合电极方程式Fe﹣2e═Fe计算； ②根据溶度积计算；

﹣

2﹣2﹣

（3）①加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O3+I2═S4O6+2I，使I2还原为I； ②由图示表明，pH至1～3时，ClO2将I氧化生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；

③根据关系式ClO2～I～S2O3先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度；

解答：解：（1）①由图甲可知SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，故氧化剂为NO、NO2，故答案为：NO、NO2；

②NH3中氮的化合价由﹣3价升高到0价，一个NH3失去3个电子，NO2中氮的化合价由+4价降低到0价，一个NO2得到4个电子，NO中氮的化合价由+2价降低到0价，一个NO得到2个电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，转移电子的最小公倍数为6，结合质量守恒可知方程式为：2NH3+NO+NO2故答案为：2NH3+NO+NO2

2N2+3H2O， 2N2+3H2O；

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣2﹣﹣﹣

（2）①亚铁离子会和Cr2O7的酸性废水反应，发生反应的离子方程式是Cr2O7+6Fe+14H═2Cr+6Fe+7H2O，阳极电极方程式Fe﹣2e═Fe，则

﹣

Cr2O7～6Fe～12mol电子，1mol Cr2O7完全生成Cr（0H）3沉淀，外电路通过电子的物质的量为12mol，故答案为：12；

②溶液的pH=6，则c（OH）=10mol•L，则c（OH）×c（Cr）=Ksp=10

﹣8

﹣

﹣8

﹣1

﹣

﹣32

2﹣2+2﹣

，c（Cr）=10

mol•L＜10mol•L，能直接排放，故答案为：能；

2﹣

﹣

﹣1﹣5﹣1

（3）①加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应为：2S2O3+I2═S4O6+2I，使I2还原为I，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色；

②由图示表明，pH至1～3时，ClO2将I氧化生成的I2，ClO2中氯的化合价由+3价降低到﹣1价，一个ClO2得到4个电子，碘的化合价由﹣1价升高到0价，一个I失去1个电子，转移电子的最小公倍数为4，结合质量守恒、电荷守恒可知离子方程式为：ClO2+4I+4H=Cl+2I2+2H2O；

故答案为：ClO2+4I+4H=Cl+2I2+2H2O； ③ClO2 ～I～S2O3

﹣

2﹣﹣

﹣

1 1

1.0×10mol 1.0×10 mol/L×0.01L

m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=1.0×10mol×67.5×10mg•mol=0.675mg 由于水样的体积为1.0L，所以 ClO2 的浓度为

=0.675 mg•L，故答案为：0.675．

﹣1

﹣5

﹣1

﹣5

﹣3

点评：本题主要考查了氧化还原反应、离子方程式式的书写以及化学计算，难度中等，注意掌握实验原理和电子得失配平的方法．

已知：①甲苯为无色澄清液体，微溶于水，沸点110.6℃． ②苯甲酸的熔点为122.4℃．

③苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g．实验流程：

I、往甲装置中加入2.7mL（2.3g）甲苯和125mL水，然后分批次加人8.5g稍过量的 KMn04固体，控制反应温度约在100C，回流反应4小时．

Ⅱ、将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加人浓盐酸，经操作B得白色较干燥粗产品．

Ⅲ、纯度测定：称取1.220g白色样品，配成l00mL苯甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol•L

﹣1

KOH标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示：体积（mL）第一次 24.00 第二次 24.10 第三次 22.40 第四次 23.90 请回答：

（1）仪器A的名称（球形）冷凝管，图甲冷水应从a（填“a“或“b“）管进人．（2）判断甲苯被氧化完全的实验现象是甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠（3）根据实验过程B，回答下列两个问题：

①操作B的名称过滤

②如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加人浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是将过量的KMnO4反应掉，防止其与浓盐酸反应

（4）实验所得的苯甲酸在结晶过程中常裹携KC1析出．

①结合题中所给苯甲酸的性质，设计检验苯甲酸固体中KC1的实验方案：取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl

②除去产品中KCl的实验方法的名称是重结晶（5）样品中苯甲酸纯度为96.00%．

考点：制备实验方案的设计．

分析：（1）根据常用仪器的名称来解答；冷凝回流时，冷水应从下口进，上口出；（2）甲苯被完全氧化后，甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠；

（3）①从混合液中得到沉淀一般采用过滤；②如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，将高锰酸钾还原，否则浓盐酸可能被氧化成氯气；（4）①根据氯离子的检验的方法来解答；

②根据苯甲酸的溶解度与氯化钾的溶解度随温度变化不同来解答；

由苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g，则苯甲酸的溶解度随着温度的升高变化较大，二氯化钾的溶解度随着温度的升高变化不大；

（5）第三次数据与其它数据差别较大，舍去，然后求出其他三次的平均消耗体积，从而求出KOH的物质的量，根据反应方程式中物质之间量的关系求出苯甲酸的物质的量，再求质量分数．解答：解：（1）由实验装置图可知A为（球形）冷凝管；冷凝回流时，图甲冷水应从a口进水；

故答案为：（球形）冷凝管；a；

（2）由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸，甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠出现，

故答案为：甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠；

（3）①将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加入浓盐酸，生成的苯甲酸溶解度较小，以晶体的形式析出，从混合液中得到沉淀一般采用过滤；故答案为：过滤；

②如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气，

故答案为：将过量的KMnO4反应掉，防止其与浓盐酸反应；

（4）①检验苯甲酸固体中含有KC1，可检验氯离子的存在，具体操作：取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl；

故答案为：取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl；

②由苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g，则苯甲酸的溶解度随着温度的升高变化较大，而氯化钾的溶解度随着温度的升高变化不大，所以除去产品中KCl用重结晶；故答案为：重结晶；

（5）第三次数据与其它数据差别较大，舍去，平均消耗体积为

mL=24.00mL，则消耗的KOH的物质的量为0.1000mol•L

﹣

×0.02400L=0.002400mol，苯甲酸（）中含有一个羧基，与等物质的量的氢氧

化钾恰好反应，则25.00mL溶液中苯甲酸的物质的量也为0.002400mol；晶体中苯甲酸的总物质的量为0.002400mol×

×100%=96.00%；

故答案为：96.00%．

点评：本题主要考查了苯甲酸的制备实验方案设计，侧重于制备实验操作、物质的分离提纯、数据的处理和计算、滴定原理的应用等知识点的考查，掌握制备的原理是解答的关键，题目难度中等．

10．硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害． I．已知：重晶石（BaSO4）高温缎烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：

=0.009600mol，则样品中苯甲酸纯度为

BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ•mol BaS（s）=BaS（s）+S（s）△H=+460kJ•mol 已知：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=+221kJ•mol

则BaS（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）△H=﹣1473.2KJ•mol． Ⅱ．SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法

反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）⇌S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：

①0﹣20min反应速率表示为v（SO2）=0.03mol/（L•min）；

②30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减少CO2的浓度；（2）亚硫酸钠吸收法

①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO3+SO2+H2O=2HSO3

②常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是abc（填序号） a．c（Na）+c（H）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（OH） b．c（Na）=c（SO3）+c（HSO3）+c（H2SO3） c．c（Na）＞c（HSO3）＞c（H）＞c（SO3） d．水电离出c（H）=1×10mol/L （3）电化学处理法

①如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2﹣2e+2H2O=SO4+4 H；

②当电路中转移0.02mole时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加0.03mol离子．

﹣

2﹣

﹣5

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

﹣1

考点：化学平衡的计算；离子方程式的书写；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．

分析：I．已知：①BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ・mol ②BaS（s）=Ba（s）+S（s）△H=+460kJ・mol ③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ・mol，

根据盖斯定律：③×2﹣①﹣②得：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s），反应热也进行相应的计算； Ⅱ．（1）①根据v=

计算v（SO2）；

﹣1﹣1

﹣1

②30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；

（2）①Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠； ②a．根据电荷守恒判断； b．根据物料守恒判断；

c．NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度；

d．水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度；

（3）①由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；

②左侧电极反应式为：SO2﹣2e+2H2O=SO4+4 H，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量．

解答：解：I．已知：①BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2kJ・mol ②BaS（s）=Ba（s）+S（s）△H=+460kJ・mol ③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221 kJ・mol，

根据盖斯定律：③×2﹣①﹣②得：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s），故△H=（﹣221 kJ・mol）×2﹣（+460 kJ・mol）﹣（+571.2 kJ・mol）=﹣1473.2KJ•mol，故答案为：﹣1473.2KJ•mol；

Ⅱ．（1）①由图可知，0﹣20min内二氧化硫浓度变化量为1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故v（SO2）=

=0.03mol/（L•min），

﹣1

﹣1﹣1

﹣1

﹣

2﹣

﹣

故答案为：0.03mol/（L•min）；

②30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度，故答案为：减少CO2的浓度；

（2）①Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，反应离子方程式为：SO3+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO3+SO2+H2O=2HSO3；

②a．根据电荷守恒：c（Na）+c（H）=2c（SO3）+c（HSO3）+c（OH），故溶液中c（Na）+c（H）＞c（SO3）+c（HSO3）+c（OH），故a正确；

b．溶液中S元素以SO3、HSO3、H2SO3形式存在，Na元素与硫元素物质的量之比为1：1，故溶液中c（Na）=c（SO3）+c（HSO3）+c（H2SO4），故b正确；

c．NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液中c（Na）＞c（HSO3）＞c（H）＞c（SO3），故c正确；

d．水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度，故d错误，故答案为：abc；

（3）①由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO2﹣2e+2H2O=SO4

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣﹣

+4 H，

﹣

2﹣

故答案为：SO2﹣2e+2H2O=SO4+4 H；

②左侧电极反应式为：SO2﹣2e+2H2O=SO4+4 H，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质的量

=0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol

氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中增加离子为0.01mol+0.02mol=0.03mol，故答案为：0.03．

点评：本题属于拼合型题目，涉及反应热计算、反应速率计算、化学平衡影响因素、离子浓度比较、电极反应式书写、电解池有关计算等，需要学生具备扎实的基础，侧重考查学生对知识的迁移应用，（3）中左侧溶液中增加离子物质的量计算为易错点，学生容易根据电极反应式计算，忽略部分氢离子移至右侧．

【化学一选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）

﹣

2﹣

测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为MgO．“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H20，温度不高于180℃的原因是若温度太高，MgCl转化为MgOHCl或MgO． ②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCI与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑ ③该工艺中，可以循环使用的物质有HCl、Cl2．

（2）储氢材料Mg （AlH4 ）2在110一200 C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑个每生成27gA1转移电子的物质的量为3mol．

（3）“镁一次氯酸盐”燃料电池的装置如图2所示，该电池的正极反应式为ClO+H2O+2e=Cl

﹣

+2OH．

﹣

考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应的计算．分析：（1）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，E为氧化镁；“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的目的是因为温度过高会生成MgOHCl或MgO；

②依据生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，依据原子守恒分析书写；

③制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成分析判断；

（2）氧化还原反应电子转移守恒计算；

（3）依据“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示的变化写出正极反应式．

解答：解：（1）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，MgO中镁元素质量分数=

×100%=60%，判断E为氧化镁；“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，

温度不高于180℃的目的是因为温度过高会生成MgOHCl或MgO，故答案为：MgO；若温度太高，MgCl2转化为MgOHCl或MgO；

②生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑，

故答案为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑；

③制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：HCl、Cl2；

（2）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol；故答案为：3mol；

（3）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO在正极放电，生成Cl，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH．

点评：本题考查了物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，侧重分析与实验能力的综合考查，为高频考点，题目难度中等．

（共2小题，满分0分）

12．氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用．回答下列问题：

（1）基态砷原子的电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p．

（2）K3晶体中Fe与CN一之间化学键类型为配位键键，与CN互为等电子体的化合物分子式为CO．

一

﹣

（3）已知：

CH4 101.7 沸点（K）分解温度（K） 873 SiH4 161.2 773 NH3 239.7 1073 PH3 185.4 713.2 分析上表中的相关数据，请回答：NH3的沸点比PH3的高的原因是NH3存在分子间氢键；CH4的分解温度比SiH4的高的原因是C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能．

（4）白磷（P4）是正四面体构型的分子，与氧气作用可形成P4O10，P4O10的分子结构如图

所示．P4 O10极易与水反应，反应过程可表示为如下形式；P﹣O﹣P+H2O→2P﹣OH

若每个P4 O10分子与四个水分子发生反应，写出该反应的化学方程式P4O10+4H2O=2H4P2O7

（5）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NO2，

O3，CH2=CHCHO，HCOOH，（PAN）等二次污染物．

①N20结构式可表示为N=N=O，N2O中氮原子的杂化轨道类型为sp、sp，1mol PAN中含σ键数目为10NA．

②测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸收法，β一射线放射源可用Kr．Kr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=3（填数字）．已知Kr晶体的密度为ρ g/cm，摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数用

NA表示，列式表示Kr晶胞参数a=×10nm．

考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用．分析：（1）As的原子序数为33，根据能量最低原理书写电子排布式；

（2）当中心原子有空轨道，配离子含有孤对电子时，能形成配位键；根据等电子体原理可写出与CN互为等电子体的化合物分子式；

（3）利用相对分子质量分析分子间作用力，并注意氨气分子中有氢键；非金属性越强，分子内共价键的键能越大，气态氢化物越稳定，则越难分解；

一

（4）依据原子守恒写出化学方程式即可；

（5）①根据氮原子的价层电子对数判断杂化方式，一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键；

②以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，然后求出比值；根据V=长；

解答：解：（1）As的原子序数为33，基态原子的电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p，故答案为：1s2s2p3s3p3d4s4p；

（2）K3晶体中Fe与CN之间的化学键类型为配位键，Fe有空轨道，能接受孤对电子，CN能提供孤对电子，所以能形成配位键，与CN互为等电子体的化合物分子式为 CO，故答案为：配位键； CO；

（3）因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，但氨气分子间还存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，因 C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能，所以CH4的分解温度比SiH4高，故答案为：NH3存在分子间氢键；C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能；

（4）据原子守恒，每个P4O10分子与四个水分子发生化合反应的方程式为：P4O10+4H2O=2H4P2O7，故答案为：P4O10+4H2O=2H4P2O7；

（5）①在N=N=O中，边上的氮原子的价层电子对数为

=3，所以是sp2杂化，中间氮原子

一

﹣

求得晶胞的体积，进而可求得晶胞边

的价层电子对数为=2，所以是sp杂化，根据的结构可知，每个分

子中含有10个σ键，所以1mol PAN中含σ键数目为10NA，故答案为：sp、sp；10NA；

②以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中

含Kr原子为8×+6×=4，所以m：n=12：4=3；根据V=可知晶胞的体积为cm=

cm，

所以晶胞边长a=cm=×10nm，

故答案为：3；×10．

点评：本题考查物质的结构与性质，注重对电子排布式、沸点比较、稳定性的比较及应用、化学键、原子杂化方式、晶胞的计算等知识，难度中等，注重基础知识的考查．

（1 ）A中含有的官能团名称为氯原子、酯基、羟基；

（2）指出下列反应类型：：E→M酯化反应或取代反应；C→F氧化反应；

（3）写出下列反应的化学方程式：①C→F：+O2+2H2O；

②E→M：2HOCH2CH2COOH+2H2O；

（4）已知有机物J满足下列条件：①J为E的同系物的同分异构体，且比E多两个碳原子；②J能够发生银镜反应；③J水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上；则J的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱只有四组峰的是HCOOCH2C（CH3）2OH、HCOOC（CH3）2CH2OH．

考点：有机物的推断．

分析：A在NaOH溶液中水解生成B、C和D，发生了酯的水解和卤代烃的水解，B酸化得到E，故E中含有羧基，E转化为H，H在一定条件下反应生成I，反应前后各元素的组成比不变，说明H转化I应为加聚反应，则H中含有C=C，则H为CH2=CHCOOH，I为

，E发生酯

化反应成八元环状化合物生成M，可知E为HOCH2CH2COOH，M为，B为

HOCH2CH2COONa，A在碱性条件下生成HOCH2CH2COONa、NaCl和C，D与硝酸银、硝酸反应得到白色沉淀G，故D为NaCl，G为AgCl．C的分子式为C4H10O2，分子中含有甲基，由C催化氧化生成F（C4H6O2），1molF与足量的新制银氨溶液水浴加热充分反应可生成4molAg，则F分子中含有2个﹣CHO，故C为

，F为

，所以有机物A为

或，据此解答．

解答：解：A在NaOH溶液中水解生成B、C和D，发生了酯的水解和卤代烃的水解，B酸化得到E，故E中含有羧基，E转化为H，H在一定条件下反应生成I，反应前后各元素的组成比不变，说明H转化I应为加聚反应，则H中含有C=C，则H为CH2=CHCOOH，I为

，E

发生酯化反应成八元环状化合物生成M，可知E为HOCH2CH2COOH，M为，B

为HOCH2CH2COONa，A在碱性条件下生成HOCH2CH2COONa、NaCl和C，D与硝酸银、硝酸反应得到白色沉淀G，故D为NaCl，G为AgCl．C的分子式为C4H10O2，分子中含有甲基，由C催化氧化生成F（C4H6O2），1molF与足量的新制银氨溶液水浴加热充分反应可生成4molAg，则F分子中含有2个﹣CHO，故C为

，F为

，所以有机物A为

或，

（1）由上述分析可知，A为

酯基﹣COOC﹣、羟基﹣OH、氯原子﹣Cl，故答案为：酯基；羟基；

或，含有官能团为：

（2）根据上面的分析可知，E→M为酯化反应或取代反应，C→F为氧化反应，故答案为：酯化反应或取代反应；氧化反应；

（3）①C→F的反应方程式为：+O2+2H2O，

②E→M的反应方程式为：2HOCH2CH2COOH+2H2O，

故答案为：+O2+2H2O；

2HOCH2CH2COOH+2H2O；

（4）有机物J满足下列条件：①J为E的同系物的同分异构体，且比E多两个碳原子，E为HOCH2CH2COOH，则J中有5个碳原子、三个氧原子，10个氢原子；②J能够发生银镜反应，则J中有醛基；③J水解产物不存在两个羟基连在同一个碳上，说明J能水解，即有酯基；则J的同分异构体有 HCOOCH2C（CH3）HCOOCH2CH2CH2CH2OH、HCOOCH2CH2CHOHCH3、HCOOCH2CHOHCH2CH3、2OH、HCOOCH2CH（CH3）CH2OH、HCOOCH（CH3）CH2CH2OH、HCOOCH（CH3）CHOHCH3、HCOOCH（CH2OH）CH2CH3、HCOOC（CH3）2CH2OH，共9种；其中核磁共振氢谱只有四组峰的是 HCOOCH2C（CH3）2OH、HCOOC（CH3）2CH2OH，

故答案为：9；HCOOCH2C（CH3）2OH、HCOOC（CH3）2CH2OH．

点评：本题考查有机物的推断、官能团、有机反应类型等，注意结合有机物的分子式进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．

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