黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018届高三上学期期末考试
化学试题
Ⅰ卷（选择题）（共48分）
相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Zn：65 Cl：35.5 S：32 Cu：64 一、选择题（ 本题包括21个小题，每小题只有一个选项符合题意,共42分） 1. 化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是 A. 蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，上述提取青蒿素的过程中发生了化学变化 C. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D. 用浸泡过酸性KMnO4溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的 【答案】D
【解析】A、蚕丝的组成元素C、H、O、N，棉花的组成元素为C、H、O，蚕丝和棉花的组成元素不相同，结构不同，因而性质不同，故A错误；B、“青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，上述提取青蒿素的过程中发生了物理变化，利用青蒿素在水中的溶解性来提取，故B错误；C、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；D、乙烯是果实的催熟剂，用浸泡过酸性KMnO4溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确。故选D。
2. 下图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是
A. a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰 B. b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D. b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 【答案】C
【解析】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度
较大的NH3，再通入CO2，由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，答案选C。
点睛：该知识版块主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。
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3. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有2种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 【答案】B
【解析】试题分析：A．分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B．含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C．该分子中不存在苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误。故选B。 考点：考查有机物的结构和性质
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4. 下列操作会导致实验结果偏高的是
A. 中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值 B. 用标准NaOH溶液滴定未知盐酸溶液浓度，量取20.00mL待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗
C. 用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量
D. 配制一定物质的量浓度稀硫酸溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液的浓度 【答案】D
【解析】A、金属具有良好的导热性，中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，会导致测量的混合液最高温度偏低，测定反应热数值偏小，故A错误；B、中和滴定测定盐酸溶液浓度，量取20.00mL待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗，导致待测液被稀释，量取的待测液中溶质的物质的量偏小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C、托盘天平称量原理为：砝码读数+游码读数=药品质量，若砝码与药品颠倒，会出现：药品质量+游码读数=砝码读数，导致称量的药品质量偏小，故C错误；D、配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，量筒小刻度在下方，会导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故D正确；故选D。
5. 下列有关说法正确的是( )
A. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
B. 反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0 C. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中
的值减小
D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小 【答案】B
【解析】A、电解法精炼铜时，阳极逐渐溶解，则粗铜作阳极，阴极析出Cu，纯铜作阴极，故A错误；B、当△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，已知反应NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室温下可自发进行，该反应为△G＜0的反应，所以反应的△H＜0，故B正确；C、
=
=
，温度不变，比值不变，故C错误；D、Na2CO3
溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入Ca(OH)2 固体，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，CO3水解程度减小，加Ca(OH)2 固体溶液中氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了反应自发性的判断、电解原理的应用、弱酸的电离、盐的水解等。本题的易错点为C，要注意浓度比值的变换，分子分母同时乘以c(H+)或c(OH-)，尽量与一些常数联系起来，是分析的一般方法。
2-
6. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 【答案】C
【解析】试题分析：A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子和镁离子和硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰水做沉淀剂，C错误；D、还是提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确，答案选C。 【考点定位】考查海水的综合开发与利用
【名师点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。
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7. 依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。
其中装置正确且能达到实验目的的组合是A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③ D. ②④ 【答案】C
【解析】 ①铜与浓硫酸反应需要加热，故错误；②气体和液体反应，且防倒吸，故正确；③
用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，故正确；④蒸发溶液用蒸发皿，故错误；故选C。 点睛：本题考查了化学实验装置的综合应用，题目难度中等，解题关键：明确常见装置特点及化学基本操作方法，D为易错点，注意加热灼烧固体才用坩埚。
8. 我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是
A. 该制氢工艺中光能最终转化为化学能 B. 该装置工作时，H由b极区流向a极区 C. a极上发生的电极反应为Fe+e=Fe D. a极区需不断补充含Fe和Fe的溶液 【答案】A
【解析】A、该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故A正确；B、该装置工作时，H＋由b极区放电生成氢气，a极区流向b极区，故B错误；C、a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe-e═Fe，故C错误；D、该过程涉及两个反应步骤，第一步利用Fe/Fe电对的氧化态高效捕获H2S得到硫和还原态，所以a极区无需不断补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液，故D错误；故选A。
点睛：本题考查太阳能光催化和光电催化，为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化（H2+S）提供了一个潜在的新途径，是电化学的应用，有一定的难度。解题关键：抓住电子流动的方向，理清发生的氧化还原反应。
9. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）
3＋
2＋
2＋
－
3＋
3+
2+3+
-2+
+
A. 用图1装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置 B. 用图2装置进行二氧化碳喷泉实验
C. 用图3装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验 D. 用图4装置进行石油的分馏实验 【答案】A
【解析】用图1装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置，可以防止倒吸，故A正确；二氧化碳溶解度小，不能用图2装置进行二氧化碳喷泉实验，故B错误；二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，故C错误；蒸馏操作时，冷凝水应低进高出，温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管处，故D错误。
点睛：喷泉实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内，在尖嘴导管口处形成喷泉，图2装置中的水改为饱和氢氧化钠溶液，可以进行二氧化碳喷泉实验。
10. 俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该有机物分子式为：C7H10O3 B. 该有机物所有质子可能在同—平面
C. 该有机物能发生取代、加成、氧化、还原反应 D. 该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应 【答案】C
【解析】A项，由分子结构可得，该有机物的分子式为C7H8O3，A项错误；B项，分子中含有甲烷型结构，所有原子不可能在同一平面上，B错误；C项，该有机物含有醇羟基，能发生取代和氧化反应，含有碳碳双键和碳氧双键，能发生加成反应，和氢气加成又属于还原反应，故C正确；D项，该有机物的不饱和度为4，芳香族同分异构体中不可能含有醛基，故不能发生银镜反应，D项错误。
点睛：本题考查了有机物的结构和性质，注意把握官能团的结构和性质，D项，能正确判断该有机物芳香族同分异构体的结构是关键，该环状有机物含有三个双键，所以不饱和度为4，其芳香族同分异构体含有一个苯环，不饱和度为4，则取代基中是饱和的。 11. 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（ ）
选项 实验操作 某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的实验目的或结论 A 无色无味气体 向含有少量FeCl3 的MgCl2 溶液中加入足量MgB （OH）2 粉末，搅拌一段时间后过滤 常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加少量BaSO4 粉C 末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生 将亚硫酸钠与浓硫酸反应制得的气体通入品红D 溶液中使之褪色
A. A B. B C. C D. D 【答案】B
说明该钾盐是K2CO3 除去MgCl2 溶液中少量FeCl3 说明常温下，Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4） 可证明浓硫酸的强氧化性 【解析】A．KHCO3与盐酸反应，也能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，故A错误；B．FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH)2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故B正确；C．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明生成碳酸钡沉淀，主要是因为c(Ba)×c(CO3)＞Ksp(BaCO3)，不能说明Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)，故C错误；D.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体的反应不是氧化还原反应，故D错误；故选B。
12. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和A NaCl溶液和CuSO4 溶液 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加B[ 新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解 均有固体析出 蛋白质均发生变性 实验现象 结论 2+
2-
将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生C 成的气体通入酸性KMnO4溶液中 将油脂与NaOH溶液共热，冷却后，加D 入食盐晶体。
A. A B. B C. C D. D 【答案】D
物质析出 混合物上层有固态KMnO4溶液褪色 证明乙烯能使KMnO4溶液褪色 油脂发生了皂化反应 【解析】A．分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，分别发生盐析和变性，均有固体析出，结论不合理，故A错误；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，发生水解，检验葡萄糖应在碱性溶液中，需要加碱至碱性再加新制的Cu(OH)2悬浊液，煮沸来检验，操作不合理，故B错误；C．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以干扰乙烯的检验，在气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，故C错误；D．向油脂皂化反应后，生成高级脂肪酸盐，加入食盐晶体，混合物上层有固态高级脂肪酸盐析出，说明油脂已经完全皂化，故D正确；故选D。
点睛：本题的易错点为BC，B中要注意葡萄糖的检验实验应在碱性溶液中进行，C中要注意乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
13. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性，已知：4FeO42﹣
﹣+10H2O⇌4Fe（OH）在一定条件下，Fe（NO3）3+8OH+3O2↑高铁酸钾常见制备方法之一是湿法制备：
3
与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液．下列说法正确的是（ ）
A. K2FeO4在处理水的过程中所起的作用只有消毒杀菌
B. 同浓度的高铁酸钾在pH=ll.50的水溶液中比中性溶液中稳定 C. 湿法制备高铁酸钾，可以在酸性环境中顺利进行
D. 湿法制备高铁酸钾，Fe（NO3）3与NaClO物质的量之比为3：2 【答案】B
【解析】A．K2FeO4在处理水的过程中被还原生成Fe(OH)3，除用于杀菌消毒外，还可净水，故A错误；B．由反应4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑可知，增大OH-浓度，平衡逆向移动，说明FeO42-碱性条件下较稳定，故B正确；C．由4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑可知，酸性条件下FeO42-不稳定，故C错误；D．Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液，反应
中Fe元素化合价由+3价变为+6价，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，则Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为2：3，故D错误；故选B。
14. 表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是( )
A. A B. B C. C D. D 【答案】B
【解析】A．因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；B．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2中所含的H2O杂质用98%浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；C．NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；D．NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；故选B。
15. 已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B＝H＋HB，②HB一定正确的是
A. 在Na2B溶液中一定有：c（OH）＝c（H）＋c（HB）＋2c（H2B） B. NaHB溶液可能存在以下关系：c（Na）＞c（HB）＞c（OH）＞c（H） C. NaHB水溶液中一定有：c（Na）＋c（H）＝c（HB）＋c（OH）＋c（B） D. NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性 【答案】D
【解析】酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B只能发生一步水解。A．B
-+
-2-2-＋
－
－
H＋B，则下列说法中
＋2－
只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒c(OH)=c(H)+c(HB)，故A错误；B．HB在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性，所以c(OH)＜c(H)，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=c(HB)
+c(OH)+2c(B)，故C错误；D．HB在水溶液里只能电离不能水解，B只能发生一步水解，所以NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子浓度大小比较，明确该二元酸电离特点是解本题关键。注意B2-只能发生一步水解，HB-只发生电离不水解，为易错点。 16. 已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
-2--2-+
+
---+
弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2CO3 K1＝4.3×10－7 电离平衡常数(25℃) 1.8×10 －54.9×10－10 K2＝5.6×10－11
则下列有关说法正确的是( )
A. 各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)
B. a mol·LHCN溶液与b mol·LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na)＞c(CN)，则
－1
－1
＋
－
a一定小于b C. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性和pH均先增大后减小
D. NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有2c(Na＋)＝3〔c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)〕 【答案】A
17. 有机物有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环
上的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）（ ） A. 19种 B. 9种 C. 15种 D. 6种 【答案】A 【解析】试题分析：
有多种同分异构体，其中既能与氯化铁溶液发生显色反
应说明含有酚羟基，又能发生水解反应说明含有酯基，如果苯环上有2个取代基则为：酚羟基、-OOCCH3，酚羟基、-CH2OOCH，酚羟基、-COOCH3，2个取代基分为邻、间、对三种，所以共有9种；
如果苯环上有3个取代基则为：酚羟基、-OOCH、-CH3， 第一步：苯环上有1个酚羟基时，只有1种结构；
第二步：苯环上有2个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，把一个取代基置于1位，则另一个取代基有2、3、4三种连接方式，即有邻、间、对3种同分异构体；
第三步：环上有3个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，1个-CH3，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体； 所以共有19种同分异构体， 考点：同分异构体
18. 根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是
A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·LNaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H)＝c(OH)
B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D. 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右 【答案】B
【解析】试题分析：A、体积为10 mL 0.1 mol·LNaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·LCH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H)＝c(OH)，A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c － －1 －1 3＋ ＋ － －1－1 ＋ ，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀， 可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正确，答案选B。 考点：考查化学图像分析 19. 将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是 A. Zn电极上发生还原反应 B. 片刻后盐桥中的Cl向乙装置中移动 C. 当电路中有0.2mol电子转移时，甲池增重质量为6.5克 D. 电子的流动方向从Zn→a ； b→Cu 【答案】D 【解析】A．由图可知，K闭合时，甲、乙构成原电池，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，故A错误；B．原电池中，阴离子向负极移动，因此盐桥中Cl离子向甲移动，故B错误；C．当电路中有0.2mol电子转移时，甲池中溶解的锌为0.1mol，质量为6.5克，盐桥中有0.2mol氯离子进入甲池中，甲池增重质量为6.5g+7.1g，故C错误；D．电子由负极流向正极，电子不能进入溶液中，则电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，故D正确；故选D。 20. 常温下，用 0.1 mol·LHCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 —1 —1 － － A. 当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－) B. 当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－) C. 当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3) D. 当V＝a时：c(Na)＞c(Cl)＞c(H)＝c(OH) 【答案】D 【解析】A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na)=2c(HCO3)+2c(H2CO3)+2c(CO3)，联立可得： c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO3)＋c(HCO3)＋c(H2CO3)＝2c(Cl)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选D。 21. pH=1的某溶液X中仅含有NH4、Al、Ba、Fe、Fe、CO3、SO3、SO4、Cl、NO3中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（ ） + 3+ 2+ 2+ 3+ 2﹣ 2﹣ 2﹣ ﹣ ﹣ 2— － － + --+ -2- ＋－＋－ A. 溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣ B. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe、Cl C. 沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物 D. 若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe）=0.06mol•L 【答案】C 【解析】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32－、SO32－离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO4离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42－离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－，A正确；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl 3+ 2+ 2－ 2+ ﹣1 3+ ﹣ － ，B正确；C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易 溶于水，C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为44.8 mL，物质的量为：0.0448L÷22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=3×0.002=0.006mol，c（Fe）=0.006mol÷0.1L=0.06mol/L，D正确，答案选C。 点睛：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法。注意再进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。 三、填空题 22. 研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义。 I．污染物SO2、NO2经O2预处理后用CaSO3悬浊液吸收，可减少尾气中SO2、NOx的含量。 T℃时，O2氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为： 2+ （1）T℃时，反应3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的△H=_______________kJ.mol。 -1 （2）T℃时，将0.6molNO和0.2molO3气体充入到2L固定容积的恒温密闭容器中，NO的浓度随反应时间的变化如图1所示。 ①T℃时，反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的平衡常数K=______________。 ②不能说明反应达到平衡状态的是______________。 A．气体颜色不再改变 B．气体的平均摩尔质量不再改变 C．气体的密度不再改变 D．单位时间内生成O3和NO2物质的量之比为1：3 II．NO2的二聚体N2O4是火箭中常用氧化剂。完成下列问题： （3）如图2所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊。关闭K2，将各1 molNO2通过K1、K3分别充入真空A、B中，反应起始时A、B的体积相同均为aL（忽略导管中的气体体积）。 ①若容器A中到达平衡所需时间ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v(NO2)=________________。 ②若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为__________L。 ③若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数______________（填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】 (1). -317.1 (2). 240（或240 L.mol(5). 0．7a (6). 变小 【解析】Ⅰ．(1)①NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H=-200.9 kJ/mol， ②2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-116.2 kJ/mol，①+②得到T℃时，反应3NO (g)+O3(g)⇌3NO2(g)的△H=-317.1kJ/mol，故答案为：-317.1； (2)①T℃时，将0.6mol NO和0.2molO3气体充入到2L固定容积的恒温密闭容器中，图象分析可知平衡状态NO浓度为0.1mol/L，10min达到平衡， 3NO (g)+O3(g)⇌3NO2(g) 起始量(mol/L) 0.3 0.1 0 变化量(mol/L) 0.2 平衡量(mol/L) 0.1 0.2 0.2 一1 ） (3). C (4). K==240，故答案为：240； ②反应3NO (g)+O3(g)⇌3NO2(g)的△H=-317.1kJ/mol，反应是气体体积减小的放热反应。A．气体颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故A不符合；B．反应前后气体质量不变，物质的量变化，当气体的平均摩尔质量不再改变说明反应达到平衡状态，故B不符合；C．气体质量和体积不变，气体的密度始终不改变，不能说明反应达到平衡状态，故C符合；D．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，当单位时间内生成O3和NO2物质的量之比为1：3，表明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D不符合；故 答案为：C； Ⅱ．(3)①关闭K2，将各1molNO2通过K1、K3分别充入真空A、B中，反应起始时A、B的体积相同均为aL，若容器A中到达平衡所需时间ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，设生成四氧化二氮为x 2NO2(g)⇌N2O4(g) 起始量 1 0 变化量 2x x 平衡量 1-2x x 1-2x+x=0.8×1，解得：x=0.2mol，则平均化学反应速率v(NO2)= = mol/(L•s)，故 答案为：mol/(L•s)； ②打开K2，则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡是等效的，由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前，气球B体积为(aL+0.4aL)÷2=0.7aL，故答案为：0.7a； ③若平衡后在A容器中再充入0.5mol N2O4，相当于中等压强，平衡正向进行，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数变小，故答案为：变小。 点睛：本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的计算等，学会用三段式是解题的关键。本题的易错点为(3)②，要注意等效平衡原理的理解和运用，打开K2，则重新平衡后气体的总体积为B原来体积的2倍。 23. 氯气是氯碱工业的主要产品之一，常作强氧化剂，可与有机物和无机物进行反应生成多种氯化物。某兴趣小组在实验室中对以下反应进行了探究。回答下列问题： Ⅰ、三氯化硼(BCl3)的制备， 查阅资料：已知：①BCl3的沸点为12.5 ℃，熔点为－107.3 ℃； ②2B＋6HCl ＋3H2↑； 2BCl3↑ ③BCl3遇水观察到大量的白雾。 （1）检验发生装置A的气密性的实验具体方法是_____________________________________ （2）按气流方向连接各装置的接口，顺序为_______ a→( )→( )→( )→( )→( )→( )→ ( ) → ( ) →h。 （3）装置D的作用是________________；装置E的作用是___________________________，实验中若不用装置C，可能产生的后果是____________。 （4）BCl3遇水反应的化学方程式为：_____________________________。 Ⅱ、SO2与漂粉精溶液的反应 操作 取4g 漂粉精固体，加入100mL 水，测漂pH 试纸先变蓝（约为12），后褪色 粉精溶液的pH 1.液面上方出现白雾； 2.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿 色； 3.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 （5）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_____________________________。 （6）现象2中溶液变为黄绿色的原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。该反应的离子方程式为________________________。 （7）用离子方程式解释现象3中黄绿色褪去的原因_______________________。 【答案】 (1). 用弹簧夹夹住a处并关闭分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入蒸馏水，然后打开分液漏斗的活塞，观察到水缓缓滴下甚至不滴，说明气密性良好 (2). e d j k b c(或cb) f g (3). 液化BCl3使其从混合气体中分离出来 (4). 吸收余氯防污染空气，且防空气中水蒸气进入D中 (5). B与HCl反应生成H2，H2、Cl2混合受热发生爆炸 (6). BCl3＋3H2O＝3HCl＋H3BO3 (7). 碱性、漂白性 (8). ClO－+Cl－+2H+=2H2O+Cl2↑ (9). SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+(或SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+) 【解析】Ⅰ、在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，但浓盐酸具有挥 - 现象 发性，水被加热也能蒸发，升高温度加快氯化氢和水蒸气挥发，所以生成的Cl2中含有HCl、H2O，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水能吸收Cl2，浓硫酸能干燥气体，从而得到较纯净的Cl2，在B中制得BCl3，然后用D得到BCl3固体，为防止C中的水蒸气进入D装置使生成的BCl3水解，F中装浓硫酸进行干燥，E吸收未反应的Cl2。 (1)检验发生装置A的气密性的实验具体方法是用弹簧夹夹住a处并关闭分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入蒸馏水，然后打开分液漏斗的活塞，观察到水缓缓滴下甚至不滴，说明气密性良好，故答案为：用弹簧夹夹住a处并关闭分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入蒸馏水，然后打开分液漏斗的活塞，观察到水缓缓滴下甚至不滴，说明气密性良好； (2)为了制备BCl3，依据的原理是3Cl2+2B 2BCl3，所以装置连接的顺序应该为气体发生装 置---除杂装置--反应装置--收集装置--尾气处理装置的顺序，又实验室制备氯气中夹杂有氯化氢和水，且应先除去HCl再除去水，按气流方向连接各装置的接口，顺序为a→e→d→j→k→b→c→f→g→h，故答案为： e d j k b c(或cb) f g； (3)三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，装置D可以液化BCl3使其从混合气体中分离出来；装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，C装置是吸收Cl2中混有的HCl，由题给资料知，硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，故答案为：冷却和收集三氯化硼；硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；故答案为：液化BCl3使其从混合气体中分离出来；吸收余氯防污染空气，且防空气中水蒸气进入D中；B与HCl反应生成H2，H2、Cl2混合受热发生爆炸； (4)因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为H3BO3，类似铝酸(H3AlO3)，因三氯化硼遇水能反应，反应的化学方程式为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑，故答案为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑； Ⅱ、(5)pH试纸先变蓝(约为12)，说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明又具有漂白性，故答案为：碱性；漂白性； (6)漂粉精的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与Cl发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为ClO+Cl+2H=2H2O+Cl2↑，故答案为：ClO+Cl+2H=2H2O+Cl2↑； (7)溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应方程式为： Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，硫酸钙微溶于水，也可以写成SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2Cl-+4H++SO42-(或SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4↓+2Cl-+4H+)。 24. 化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 － － + － － + - (1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 ℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。 ①N2的结构式为_______。 ②上述反应离子方程式为_________________________，其平均反应速率v(NO)为________mol·L·min。 ③还原过程中可生成中间产物NO，写出2种促进NO水解的方法___________________。 (2)电化学降解NO的原理如图所示。 －1 －1 ①电源正极为_________(填“A”或“B”)，阴极反应式为_____________________________。 ②若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。 【答案】 (1). N≡N (2). 2NO＋5H2N2＋2OH＋4H2O (3). 0.001 (4). 加酸、升高温度、加水 (5). A (6). 2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－ (7). 14.4 【解析】试题分析：（1） ②废水不应显酸性（HNO3易挥发），而是中性或碱性，所以O2在水中以H2O或OH－形式存在，有题意也可看出生成OH－（溶液pH由7变为12），依据氧化还原反应规律可配平： － － pH=12c(H)=1×10 ＋－12 mol·L －1 c(OH－)=1×10－2mol·L－1 υ(NO3－)=υ(OH－)= 1×10－10mol·L－1/10min= 0.001mol·L－1·min-1 ③由方程式知NO2+H2ONO2－转化。 （2）①2 O3－+10e－→ +6O2，所以B极为电源负极，A极为电源正极。 － HNO2+OH△H＞0 ，加热，加酸均可均可使平衡正向移动，促进 － O2－+H2O=2OH－，可以写出阴极反应式：2NO3－+6H2O+10e－= N2↑+12OH－ ② 左（+）阳极：4H2O(OH)－4e=4H+O2↑+2H2O 右（- ）阴极：2NO3－+6H2O+10e－= N2↑+12OH－ 10 e－10mol O2（左）- 1N2（右）-10H+ mol 1mol 10mol －－+ 2mol 0.5mol 0.2mol 2mol 由于阴阳极之间被质子交换膜隔开，左侧电解产生的H会穿过质子交换膜进入右侧，所以： △m左=m(O2)+m(H)=0.5mol×32g·mol+2mol×1g·mol=\"18g\" △m右= m(N2)-m(H+)=0.2mol×28g·mol－1-2mol×1g·mol－1=3.6g △m左－△m右=\"18g-3.6g\" = 14.4g 考点：电解原理及相关计算。 25. 某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下： + －1 －1+ （1）设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn的形式存在，且滤渣1中也无MnO2。滤渣1的主要成分是________（填化学式）。 （2）设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是_______________________。 （3）设备2中加足量双氧水的作用是________。设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe：________。 （4）设备4中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解,。用化学平衡移动原理解释原因：________。 （5）设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下： 2+ 2+ ① 电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的________极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为____________。 ② 该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式_______________。 【答案】 (1). 略 (2). 2Fe＋MnO2＋4H＝2Fe＋Mn＋2H2O或2FeCO3＋MnO2＋8H＝2Fe＋Mn＋CO2↑＋4H2O (3). 将Fe完全氧化为Fe (4). 取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋ (5). 滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡: Al+3OH 3+ — 3+ 2+ 2+ 3+ 2+ + 3+ 2+ + 2+ Al（OH）3AlO2+H+H2O，加入NaOH溶液，H被中和,浓度减低， —+＋ Al(OH)3不断溶解 (6). 负极 (7). 4OH——4e—＝2H2O＋O2↑ (8). Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H 【解析】试题分析：（1）含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸后，SiO2不能与硫酸发生反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2； （2）设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子，Fe与MnO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+＋ MnO2＋4H+＝ 2Fe3+＋Mn2+＋2H2O 或2FeCO3＋MnO2＋8H+ ＝ 2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O； （3）设备2中加足量双氧水的作用是将Fe完全氧化为Fe，检验滤液2中是否存在Fe的方法是取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋； （4）设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，加入过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反应，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡: Al+3OH 3 3+ — 2+ 3+ 2+ 2＋ + Al（OH） AlO2—+H++H2O ，加入NaOH溶液，H＋被中和,浓度减低， Al(OH)3不断溶解。 （5）①电解池中，阴离子由阴极流向阳极，则B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为4OH——4e—＝2H2O＋O2↑； ②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极反应式为Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+。 考点：考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。 三．选修题 （请从下题中选作一题作答 ，自己划线，15分 ） 26. 晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。 请回答下列问题： （1）第二周期元素的电负性按由小到大的顺序排列，B元素排在第__________位。 （2）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为____________，Si原子的杂化类型为__________________。 （3）N元素位于元素周期表_____________区；基态N原子中，核外电子占据最高能级的电子云有____个伸展方向。 （4）[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，Co在中心。 ①[Co(NH3)6]中，1个Co提供_______________个空轨道。 ②若将[Co(NH3)6]中的两个NH3分子换成两个Cl，可以形成_________种不同的结构形式。 （5）—种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示。 ①与Ti紧邻的Ca有___________________个。 ②若Ca与O之间的最短距离为α pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ=__________________g· cm-3(用含α、NA的代数式表示)。 3+ -3+ 【答案】 (1). 3 (2). SiO3[或(SiO3)n] (3). sp (4). p (5). 3 (6). 6 (7). 2 (8). 8 (9). 2- 2n-3 【解析】(1)元素的非金属性越强，元素的电负性数值越大，同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，电负性数值逐渐增大，第二周期元素的电负性按由小到大的顺序排列，B元素排在第3位，故答案为：3； .............................. (3)N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，位于元素周期表的p区；基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：p；3； (4)①1个Co离子有6个NH3分子作配体，每个配体提供1对孤对电子，故1个Co离子需要提供6个空轨道，故答案为：6； ②由信息[Co(NH3)6]的几何构型为正八面体形，Co在中心可以推知，如果两个NH3分子换成两个Cl-，可以替换邻位和对位，共有两种不同的结构形式，故答案为：2； (5)①根据均摊法可知，O位于边上，其数目为：12×=3，Ca位于体心，其数目为1，Ti位于顶点，其数目为8×=1，故该矿物的化学式为：CaTiO3，由晶胞结构可知，与1个Ca紧邻的Ti有8个，根据二者的数目比为1:1，与1个Ti紧邻的Ca也有8个，故答案为：8； ②根据晶胞结构可知，Ca与O之间的最短距离为面对角线的一半，则晶胞棱长为pm=×10-10cm，则晶胞的密度= g/cm3= g/cm3，故答案为： 。 3+ 27. 肉桂酸甲酯M，常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精。M属于芳香族化合物，苯环上只含有一个直支链，能发生加聚反应和水解反应。测得M的摩尔质量为162g·mol，只含碳、氢、氧，且原子个数之比为5:5:1。 （1）肉桂酸甲酯的结构简式是______________________ 。 （2）G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，其分子结构模型如下图所示(图中球与球之间连线表示单键或双键)。G的结构简式为_________________ 。 －1 （3）用芳香烃A为原料合成G的路线如下： ①化合物E中的官能团有________(填名称)。 ②E―→F的反应类型是________，F―→G的化学方程式为____________________________。 ③写出两种符合下列条件的F的稳定的同分异构体的结构简式_________________。 ⅰ.分子内含苯环，且苯环上只有一个支链； ⅱ.在催化剂作用下，1mol该物质与足量氢气充分反应，最多消耗5mol H2； ⅲ.它不能发生水解反应，但可以发生银镜反应。 【答案】 (1). (2). (3). 羧基、 羟基 (4). 消去反应 (5). (6). 【解析】肉桂酸甲酯M，常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精。M属于芳香族化合物，苯环上只含有一个直支链，能发生加聚反应和水解反应。测得M的摩尔质量为162g·mol，只含碳、氢、氧，且原子个数之比为5:5:1，设肉桂酸甲酯分子式为（C5H5O）n，则（12×5+1×5+16）×n=162，解得n=2，所以M的分子式为C10H10O2，M分子苯环上只含一个直支链，能发生加聚反应和水解反应，说明含有碳碳双键、酯基，所以M的结构简式为 ；（2）G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，根据其分子结构模型可 －1 知结构简式为；（3）C发生氧化反应生成D，结合D的结构可知C为 ，逆推可知B为，A为，结构G的结构可知F为 ，由D与E的分子式可知，D中醛基氧化为羧基生成E，则E为， E发生消去反应生成F， ①化合物E为 ，所含有的含氧官能团有：羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基； ②E→F的反应类型是：消去反应，F→G的化学方程式为： 的同分异构体符合条件：ⅰ．分子内含苯环，且苯环上只有一个支链；ⅱ．在 催化剂作用下，1mol该物质与足量氢气充分反应，最多消耗5mol H2，而1mol苯环消耗3mol氢气，则还含有2mol双键；ⅲ．它不能发生水解反应，但可以发生银镜反应，不含酯基，含有醛基，结合ii可知，还含有碳碳双键，故侧链可能为-CH（CHO）2，-COCH2CHO，-CH2COCHO，-CH（CHO）C=O等，符合条件的同分异构体为： 等 点睛：本题考查有机物的推断，难度中等，解题关键：根据有机物结构模型判断G的结构，结合D、G的结构简式进行推断，注重有机物官能团性质的掌握。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容