1、福建省漳州市八校2014届高三第四次联考化学试题本试卷分第卷（选择题）和第卷。第卷为必考题，第卷包括必考题和选考题两部分。本试卷满分300分 考试时间 150分钟 可能用到的相对原子量：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面，本试卷在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。考查了较多的知识点：化学与环境、化学计量的有关计算、热化学、电化学、溶液中的离子关系、有机物的基本反应类型等；体
2、现学科基本要求，综合考查学生分析、解决化学问题的能力。试题重点考查：阿伏伽德罗定律、化学基本概念、元素周期律、溶液中的离子、化学实验探究、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用、等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想，如守恒等。本套试题难度适中。第I卷（ 必考）本卷共18题，每小题6分，共108分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的6化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法中不正确的是（ ）A绿色化学的核心是从源头上消除工业生产对环境的污染。B“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致。C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈。 D华商科学家
3、高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的 二氧化硅。【知识点】化学与环境【答案解析】C 解析：A、绿色化学是指化学反应过程中以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”不仅充分利用资源，而且不产生污染，故A正确；B、有些商贩为了使银耳增白，就用硫磺（燃烧硫磺）对银耳进行熏制是利用了二氧化硫的漂白性，故B正确；C、铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，故C错误；D、光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学在实际生活中的应用，注意平时知识的积累。7下列有关有机物的说法正确
4、的是（ ）A甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到。B米酒变酸的过程涉及了氧化反应。C乙烯和聚丙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应。D淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应。【知识点】有机化学反应基础【答案解析】B 解析：A、石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油减压分馏的产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青；石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等；故A错误B、乙醇能被氧化为乙酸，米酒变酸的过程发生了氧化反应，故B正确；C、聚丙烯中不再含有双键，不能
5、发生加成反应，故C错误；D、葡萄糖是单糖，不能再水解，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查常见有机物的化学反应，在解此类题时，首先需要知道物质发生反应的原理，熟记各类物质的性质是解题的关键，难度不大。8. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.用石墨电极电解Ca(NO3)2溶液，当转移电子数为0.2 NA时，阴极析出4 g金属B.0.1 mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8 NAC.常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体,温度降至标准状况,其体积约为22.4 LD.在熔融状态下，1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为2 NA【知识点】化学计量数的计算
6、应用、电解原理【答案解析】B 解析：A、用石墨电极电解Ca(NO3)2溶液时，阴极是氢离子放电，不析出金属，故A错误；B、24Mg32S晶体中含中子数是12+16=28,0.1mol含中子总数为2.8 NA，故B正确；C、NO2、N2O4分子的混合气体存在平衡转化，体积无法确定，故C错误；D、在熔融状态下，NaHSO4完全电离出Na+、HSO4-,故1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为 NA，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题结合物质的量与阿伏伽德罗常数进行计算，同时注意两种气体混合是否发生反应、电解质电离情况等细节9下列选项合理的是（ ） ApH皆等于3 的醋酸稀释100倍后，
7、pH为5 B10mL 0.02mol/L HCl溶液与10mL 0.02mol/L Ba（OH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的pH7 C在0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c（Na）2c（A2）c（HA）c（H2A） D室温下，在一定量稀氨水中逐滴滴入稀盐酸，对于所得溶液中离子浓度大小关系可能是：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）【知识点】电离平衡、水解平衡、离子浓度大小比较、PH的计算【答案解析】D 解析：A、醋酸是弱酸，稀释促进弱酸的电离，pH等于3 的醋酸稀释100倍后，pH小于5，故A错误；B、10mL 0.02mol/L HCl溶液与1
8、0mL 0.02mol/L Ba（OH）2溶液充分混合，溶液呈碱性，可以计算氢氧根的浓度，常温下PH值一定大于7，故B错误；C、二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，存在物料守恒：c（Na）c（A2）c（HA）c（H2A）故C错误；D、室温下，在一定量稀氨水中逐滴滴入稀盐酸，所得溶液中氨水可能过量，离子浓度大小关系可能是：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查PH的计算、离子浓度大小比较反应等知识，主要是弱电解质的电离，注意守恒思想在溶液中的重要应用。10 甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图(反应条件及其它产物已略去)。下列说
9、法不正确的是 A若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液 B若甲是Fe，则丁可能是Cl2 C若丁是CO2，则甲可能为Mg D若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16【知识点】元素及其化合物、【答案解析】B 解析：A若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；B若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B错误；C若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；D若丁是O2，甲是碳，碳和少
10、量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳相对分子质量相差16，故D正确；故答案选B【思路点拨】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，同时考查学生总结归纳能力，难度不大。11如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当电路中通过的电子都是0.1mol时，下列说法正确的是（ ）A相同条件下产生气体的体积：V甲=V乙B溶液pH值变化：甲减小乙增大C溶液的质量变化：甲减小乙增大D电极反应式：甲中阴极：Cu2+2e= Cu， 乙中负极：Mg - 2e= Mg2+【知识点】原电池
11、和电解池原理【答案解析】C 解析：A甲中总反应为：2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，当两装置电路中通过的电子都是0.1mol时，甲中产生0.025molO2，乙中产生0.05molH2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为1：2，故A错误；B甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗NaOH，pH减小，故B错误；C根据电极反应式，甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，故C正确；D甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e-=Cu，乙中负极为Al放电，电极反应为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故D错
12、误。故答案选C【思路点拨】本题考查原电池和电解池的原理，题目难度中等，易错点为D，注意乙中负极为Al放电，电极反应为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H212.T 时，将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L密闭容器中，发生反应CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示。图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化。下列说法正确的是A反应开始至a点时v(H2)1 molL-1min-1B若曲线对应的条件改变是升温，则该反应DH0C曲线对应的条件
13、改变是降低压强DT 时，该反应的化学平衡常数为0.125【知识点】化学平衡移动、影响因素、平衡常数的计算【答案解析】A 解析：A、a点时t=1min,n(H2)=6mol,则n(H2)=8-6=2mol, C(H2)=1mol/L,v(H2)= C(H2)/t=1 molL-1min-1 ；B、升高温度，平衡时氢气的量增大，说明是逆向移动，则该反应H0，故B错误；C、曲线达平衡时所需时间少，平衡时氢气的量减小，改变的条件应该是增大二氧化碳的浓度或增大压强，故C错误；D、根据反应结合图像： CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) C（始） 3 4 0 0 C 1 3 1 1 C（
14、平） 2 1 1 1 K=C（CH3OH）C（H2O）/C（CO2）C3（H2）=0.5 故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查化学反应速率计算、化学平衡的影响因素，运用勒夏特列原理分析平衡移动，图像遵循“先拐先平，条件高”原则分析条件的变化。第卷（必考题和选考题）第卷必考题10题，共157分。23（15分）A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素，有关位置及信息如下：A的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成离子化合物；C单质一般保存在煤油中；F的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应又能与碱反应，G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏。请回答下列问题：（1）A元
15、素的氢化物水溶液能使酚酞变红的原因用电离方程式解释为 。（2）同温同压下，将a L A氢化物的气体和b L D的氢化物气体通入水中，若所得溶液的pH=7，则a b(填“或“b；（3）常温下，相同浓度（设浓度均为C）Al、Fe简单离子的溶液中滴加NaOH溶液，Al(OH)3完全沉淀的pH是4.7，其Ksp=C.C3(OH-)=(10-9.3)3.C=10-27.9.C；Fe(OH)3完全沉淀的pH是2.8，其Ksp=C.C3(OH-)=(10-11.2)3.C=10-33.6.C则ksp较大的是Al(OH)3；（4）A与B组成质量比为7:16的三原子分子是NO2，易溶于水，释放在空气中可能引发酸
16、雨和光化学烟雾；而温室效应是因为二氧化碳的排放，臭氧层破坏是氟利昂等造成的。故选；（5）N和Na组成的离子化合物是Na3N，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是Na3N + 4H2O3NaOH + NH3H2O（6）根据能量图，C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5KJ/molCO(g)+1/2 O2(g)=CO2(g) H2=-283.0KJ/mol;由-2得：CO2(g) + C(s) = 2CO(g) H= +172.5kJ/mol（7）在Cl与Fe组成的化合物溶液中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，则甲是FeCl3溶液，原电池中石墨作正极，溶液中的铁离子得电子，发生
17、还原反应，其电极反应式：Fe3+eFe2+【思路点拨】本题主要是在元素推断的基础上考查弱电解质的电离、热化学方程式、原电池原理，综合性比较强；元素化合物知识如常见的钠镁铝铁等平时要多积累，题目难度不大。24（15分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO47H2O)，过程如下：(1)将过程中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是 ；A品红溶液 B紫色石蕊溶液 C酸性KMnO4溶液 D溴水(2)过程中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为： ；(3)过程中，需加入的物质是 ；(4)过程中，蒸发结晶需要使用酒精灯
18、、三角架、泥三角，还需要的仪器有 ；(5)过程调节pH可选用下列试剂中的 (填选项序号)；A稀硫酸 BCaCO3 CNaOH溶液 (6)过程中，将溶液Z加热到70一80，目的是 ； (7)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验。用分析天平称取2.800g样品；将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g。若该聚铁主要成分为(Fe(OH)(SO4)n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为 。(假设杂质中不含铁元素和硫元素)。【知识点】元素化合物、氧化还原反应、离子方程式书写、基本实验操作及相关计算【答案解析】（1）ACD(2分)
19、 （2）4FeS + 3O2 + 12H+ = 4Fe3+ + 6H2O + 4S (3分) （3）Fe(或铁)(2分) （4）蒸发皿、玻璃棒(2分) （5）C (2分)（6）促进Fe3+的水解(2分) （7）30%(2分)解析：（1）过程中会产生二氧化硫气体，具有漂白性，能使品红溶液褪色；具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化而使其褪色；也能与溴水发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，使溴水褪色。（2）通过流程图分析，过程中，FeS和O2、H2SO4反应生成了S单质和硫酸铁，离子方程式是：4FeS + 3O2 + 12H+ = 4Fe3+ + 6H2O + 4S（根据得失电子守
20、恒配平）（3）绿矾是(FeSO47H2O)，过程就是将三价铁还原成二价铁的过程，所以加入铁；（4）蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、泥三角、蒸发皿、玻璃棒；（5）聚铁是碱式硫酸铁的聚合物，所以调节PH要用到碱，故选C；（6）水解吸热，所以加热促进三价铁的水解；（7）沉淀是硫酸钡，根据关系式：nFe(Fe(OH)(SO4)nn SO42-nBaSO4 56n 233n 0.84g 3.495g铁元素的质量分数:0.84g2.8g100%=30%【思路点拨】本题主要考查铁的转化及离子水解、二氧化硫的性质、氧化还原反应规律，基本实验操作如过滤、蒸发、蒸馏、萃取等平时要多积累；通过关系式进行计算也是综合
21、题中的考试热点，培养学生综合解决问题的能力。难度中等。25（15分）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿b浓H2SO4样品铜网滴有淀粉的蒸馏水adc（含SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.840g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00ml。请回答下列问题：（1）称量样品所用的仪器为_(填“托盘天平”或“电子天平”)，将样品研细后再反应，其目的是_ 。（2）装置a和c的作用分别是_和_（填标号）。a除
22、去SO2气体 b除去空气中的水蒸气 c有利于气体混合d有利于观察空气流速 e.除去反应后多余的氧气（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_（填序号）。Ba(NO3)2BaCl2HCl饱和NaHSO3（6）若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有_。【知识点】化学实验原理、仪器、滴定操作、实验中的简单计算【答案解析】（1）电子天平(2分)，使原料充分反应、加快反应速率（2分）。（2）b、d和e （各1分，共3分）（
23、3）使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确（2分）。（4）50%（2分）。 （5）（2分）。（6）空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4（合理均可2分）解析：（1）称取样品1.840g，托盘天平的精确度为0.1g，故要选用电子天平；将样品研细后再反应，是增大接触面积，使原料充分反应、加快反应速率。（2）样品在煅烧时生成二氧化硫，最后溶于水进行滴定，所以装置a要将空气中的水蒸气除去否则会影响二氧化硫进入d的产量；同时，通过观察进气管口气泡的多少判断空气流速，防止进入氧气过多氧化二氧化硫，造成结果偏低；反应后多余的氧气会氧化二氧化硫，所以通过c装
24、置除去。（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确；（4）用标准碘液进行滴定时：I2+H2SO3+H2O=4H+I-+SO42-；通过硫原子守恒有：CuFeS22SO2（取溶液的1/10进行滴定）2 H2SO32 I20.005mol 0.001mol10=0.01mol 0.001mol 0.05mol/L0.02L=0.001mol该黄铜矿的纯度为:0.005mol184g/mol1.84g100%=50%（5）装置二氧化硫不被吸收（弱酸不能制强酸）；装置中吸收二氧化硫后，相当于有强氧化性的硝酸存在将亚硫酸根氧化成硫酸根，从而生成硫酸钡沉淀，
25、过滤、干燥后称量质量再根据硫原子守恒也可以计算样品纯度；装置排饱和亚硫酸钠溶液的方法只能测出二氧化硫的体积，温度、压强不好控制，无法计算物质的量。（6）若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，则形成亚硫酸钡沉淀，通过称量干燥后的质量和硫原子守恒去计算样品纯度，在这个过程中，空气中的二氧化碳也可能被吸收生成碳酸钡沉淀，或者空气中的氧气将亚硫酸钡氧化成硫酸钡，都会造成结果偏差。【思路点拨】本题主要考查基本化学实验原理，注意分析每一步操作的作用，结合题干大胆推测各装置的作用，大多数实验步骤大同小异，最后通过结果验证答案的正确性，综合性较强。考查学生的实验操作能力、细心分析问题、解决问题的能力。选考部
26、分第II卷选考部分共5小题，共35分。其中，第29、30题为物理题，第31、32题为化学题，考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答；第33题为生物题，是必答题。请将答案都填写在答题卡选答区域的指定位置上。31（13分）化学物质结构与性质 近现代战争中，制造坦克战车最常用的装甲材料是经过轧制和热处理后的合金钢，热处理后整个装甲结构的化学和机械特性和最大限度的保持一致。钢中合金元素的百分比含量为：铬0.51.25 镍0.51.5 钼0.30.6 锰0.81.6 碳0.3（1）铬元素的基态原子的价电子层排布式是 。（2）C元素与其同主族下一周期元素组成的晶体中，C原子的杂化方式为.元 素MnF
27、e电离能/kJmol1I1717759I215091561I332482957（3）Mn和Fe的部分电离能数据如表：根据表数据，气态Mn2再失去一个电子比气态Fe2再失去一个电子难，其原因是 。 （4）镍（Ni）可形成多种配合物，且各种配合物有广泛的用途。 某镍配合物结构如右图所示，分子内含有的作用力有 （填序号）。A氢键 B离子键 C共价键D金属键 E配位键组成该配合物分子且同属第二周期元素的电负性由大到小的顺序是 。 (5)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。423K时，Ni(CO)4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉。试推测：四羰基镍的晶体
28、类型是 （6）铁能与氮形成一种磁性材料，其晶胞结构如右图所示，则该磁性材料的化学式为 【知识点】核外电子排布、杂化轨道、电离能、电负性、晶体结构【答案解析】（1）3d54S1 (2分) （2） sp3 (2分)（3）Mn2转化为Mn3时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2转化为Fe3时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态。）(2分)(4)ACE (2分); ONC (2分) (5)分子晶体（1分） (6)Fe4N(2分)）解析：（1）铬元素原子序数是24，,基态原子核外电子排布是1s22S22p63S23p63d54S1，其价电子层的排
29、布是3d54S1（2）C元素同主族下一周期元素是Si，两者组成的晶体是SiC，其中每个碳形成4个碳硅键类似于金刚石，也和甲烷中的碳原子杂化一样，所以是碳原子是sp3 杂化（3）Mn2转化为Mn3时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，而Fe2转化为Fe3时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态。（4）氧的电负性很强，与另外一个羟基形成氢键；配合物中含碳氧键、碳氢键、碳氮双建等共价键；氮镍间是配位键，不是离子键也不是金属键。同周期非金属越强电负性越强，所以电负性ONC（5）四羰基镍的熔沸点相对不高，加热易分解，应是分子晶体。（6）根据计算法则氮原子在
30、立方体中心为1个，铁原子在8个顶点(每个顶点原子占1/8)和6个面上(每个面上的原子占1/2)，则每个晶胞含铁原子为4个，所以磁性材料的化学式为Fe4N【思路点拨】本题主要考查物质结构，主要有电离能、电负性等基础知识，还有晶胞、分子结构的简单计算，难度不大。32（13分）【化学有机化学基础】没食子酸丙酯简称PG，结构简式为 ，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂。PG的分子式为 ，请写出PG分子中所含官能团的名称 ，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是 。O2/CuACD新制Cu(OH)2产生气泡NaHCO3溶液B(没食子酸)PGNa
31、OH溶液，酸化PG可发生如下转化：A的结构简式为 ，1mol没食子酸最多可与 mol H2 加成。上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号） 。从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是(填序号) 。 a含有苯环 b含有羧基 c含有酚羟基 d. 微溶于食用油反应的化学方程式为： B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式： i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种；ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应。【知识点】有机合成、有机反应、反应类型、官能团、同分异构体【答案解析】C10H12O5，羟基、酯基，4mol（各1分） CH3CH2CH2OH（1分）； 3（1分
32、）； （2分。对一个给1分，错一个扣1分。） c（1分） CH3CH2CHO 2Cu(OH)2 CH3CH2COOH Cu2O 2H2O（2分，不配平1分）（各1分）解析：（1）根据PG的结构简式直接写出其分子式C10H12O5，所含官能团有羟基、酯基；羟基属于酚羟基，显弱酸性，与3molNaOH直接反应，酯基在碱性条件下水解，水解产物羧酸与1molNaOH发生中和反应，所以1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是4mol。（2）通过流程图，PG水解产物A是醇，可以催化氧化，结构简式为CH3CH2CH2OH，另一产物B是酸，结构简式为，苯环可以与氢气加成，所以，1m
33、ol没食子酸最多可与3mol H2 加成；（3）是醇的催化氧化，是醛基被新制氢氧化铜氧化（4）PG具有抗氧化作用，说明其结构中应该含有具有还原性的官能团，而只有酚羟基具有还原性，故选C（5）A是CH3CH2CH2OH，被催化氧化成C：CH3CH2CHO，反应是醛基被新制氢氧化铜氧化，方程式为：CH3CH2CHO 2Cu(OH)2 CH3CH2COOH Cu2O 2H2O（6）B是，有多种同分异构体：含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种氢；既能发生银镜反应，又能发生水解反应，只能是甲酸酯，符合条件的有。【思路点拨】本题考查有机化学基本反应类型，官能团具有的特定性质：酯的水解、醇、醛的氧化，其中同分异构体的书写是难点，注意结构的对称性，考查学生的逻辑思维能力。