1、2015-2016学年甘肃省张掖市天一中学高三（上）第一次质检化学试卷一、单选题：共7题，每题6分，共42分1化学与生产、生活、环境关系密切，下列说法正确的是( )A提倡使用太阳能、风能、天然气、地热能等新能源，以保护环境B“玉兔号”的太阳能电池板主要由二氧化硅制成C为除去锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加盐酸溶解D碱性洗涤剂的去污能力比中性洗涤剂弱，是由于油脂在中性溶液中更易水解2下列实验操作一定能够达到目的是( )A向某溶液中滴加盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO42B用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混有的少量SO2C将产
2、生的气体依次通过足量的溴水和澄清石灰水，检验浓H2SO4与木炭反应生成的气体产物D实验室制取氢气，为了加快反应速率，可向稀硫酸中滴加少量Cu（NO3）23下列离子方程式正确的是( )A向FeBr2溶液中通入少量Cl2：Cl2+2Br2Cl+Br2B除去MgCl2溶液中少量的FeCl3：3Mg+2Fe3+2Fe+3Mg2+C向含有氨水的BaCl2溶液中通入SO2：SO2+2NH3H2O+Ba2+BaSO3+2NH4+H2OD将少量二氧化碳通入氯化钙溶液中：Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+4NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )A5.6g铁粉与7.1g Cl2充分反应，转移电
3、子数0.3NAB1.7g羟基与1.6g甲烷分子所含电子数分别是0.9NA和NAC3mol NO2与水充分反应时转移电子数2NAD87g MnO2与含4NA HCl的浓盐酸加热反应，生成的氯气在标准状况下体积小于22.4L5下列说法正确的是( )A常温下，0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8，则混合溶液中水电离产生的c（OH）=1108B室温下，CH3COONa和CaCl2的混合溶液：c （Na+）+c（Ca2+）=c （CH3COO）+c（CH3COOH）+c（Cl）C恒容密闭容器中进行反应2A2（g）+B2（g）2A2B（g）H0，达到化学平
4、衡后，加热会使逆反应速率大于正反应速率D常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则混合溶液中c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（NH3）=5104mol/L6奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图，下列有关奎尼酸的说法中正确的是( )A奎尼酸的分子式是C7H9O6B1mol奎尼酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量为5molC1 mol奎尼酸与足量钠反应生成56L氢气D奎尼酸能发生消去反应，也能与乙醇、乙酸发生取代反应7原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X原子的最外层电子数与其电子层数相等，工业上一般用电解氧化物的方法
5、得到Z的单质，W的核电荷数是Y核电荷数的2倍，X、Y两种元素可以形成原子数之比为1：1和2：1的化合物下列说法正确的是( )A由X、Y、Z组成的化合物既能与强碱溶液反应，又能与强酸溶液反应BW的氢化物水溶液是强酸CY元素的氢化物在同周期中是最稳定的D元素Y和W只能形成一种化合物二、综合题8四氯化锡常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡已知SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可用如图装置合成四氯化锡（夹持装置略）（1）装置D的名称为_；（2）冷凝水应从_（填“a”或“b”）口进入F中；（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反
6、应的化学反应方程式为_；（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为_；（5）装置E中加热的目的是_、_；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为_（7）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为_（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为_（已知SnCl4相对分子质量为261）9（14分）硫和氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措（1）研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的N
7、O污染NH3与NO的物质的量之比分别为13、31、41时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：用化学反应方程式表示NH3消除NO的反应原理_（不用注明反应条件）曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是_曲线a中，NO的起始浓度为6104mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_ mg/（m3s）（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，若吸收的溶液中NO2的浓度为agL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2_L（用含a的代数式表示，计算结果保留整数）（3）SO2被少许NaOH溶液吸收生成能使pH试
8、纸变红的NaHSO3溶液，工业上可电解NaHSO3得到重要化工产品Na2S2O4NaHSO3溶液中离子浓度大小为_写出生成S2的电极反应式_10（14分）煤化工中两个重要反应为C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H=+131.3kJmol1，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）下列说法正确的是_A当反应的容器中混合气体的密度不再变化时反应达到最大限度B反应的熵变S0C反应中增加C固体的量能增大反应速率D在反应中及时分离出产生的H2对正反应速率无影响（2）若工业上要增加反应的速率，最经济的措施为_（3）现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入2L恒容密闭容器中进行反
9、应，得到如表三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO2I650421.61.65900210.50.53900abcdt实验I中，从反应开始到反应达到平衡时，H2O的平均反应速率为_CO（g）和H2O（g）反应的H_0 （ 填“大于”、“小于”或“等于”）实验III中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是_，与实验相比，化学平衡常数_（填“增大”、“减小”或“不变”）若在900时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1mol CO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，平衡向_方向移动（填“
10、正反应”、“逆反应”“不移动”）（4）CO、H2可用于甲醇和甲醚，其反应为（m、n均大于0）：反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=mkJmol1反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=nkJmol1反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0则m与n的关系为_三、化学选修-2：化学与技术11我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等一种利用粉煤灰制取氧化铝、硫酸铁溶液、二氧化硅的工艺流程如图1：（1）操作i的名称为_（2）工业上若需加快粉煤灰与NaOH溶液反应的浸出速率，可采取的措施有_（写两点即可
11、）（3）写出固体A溶解在稀硫酸中所得溶液与H2O2反应的离子方程式_（4）以上流程中可以循环利用的物质是_（填化学式）（5）某科研小组用硫酸作为浸取液，浸取粉煤灰中的铝元素和铁元素，在104用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图2，适宜的浸取时间为_h；铝的浸取率与的关系如图3所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是_（填化学式）（6）Al/AgO电池是一种新型安全电池，广泛用于军事领域，其电池总反应为：2Al+3AgO+2OH+3H2O2Al（OH）4+3Ag，则该电池工作时正极的电极反应方程式为_，若电池产生6mol电子转移，整体
12、上分析电池负极消耗的OH物质的量最终为_mol四、化学-选修3：物质结构与性质12举世瞩目的中国探月工程三期再入返回试验器于2014年10月24日凌晨成功发射，为实现月球采样和首次地月往返踏出了成功的第一步探月工程三期的主要目标是实现无人自动采样返回，突破月面采样、月面上升、月球轨道交会对接等核心关键技术已知所用火箭推进剂为肼 （N2H4）和过氧化氢（H2O2），火箭箭体一般采用钛合金材料请回答下列问题：（1）N2H4、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为_，第一电离能最大的元素为_（2）钛的原子序数为22，其基态电子排布式示意图为_（3）1mol N2H4分子中含有的键数目为_（
13、4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道为_，估计它难溶于CS2，简要说明原因_（5）氮化硼其晶胞如图2所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为_，若立方氮化硼的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为_cm五、化学-选修5：有机化学基础13重要有机物M和N常用于交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图所示：已知：i ii iii N的结构简式：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为_，由A生成B的反应类型为_（2）Z的名称为_（3）1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗_molH2（4）由B生成C的反应的化学方程式为_（5）由Y生成D的化学方程式为_（6
14、）G的同分异构体有多种，其中与G具有相同官能团的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式_2015-2016学年甘肃省张掖市天一中学高三（上）第一次质检化学试卷一、单选题：共7题，每题6分，共42分1化学与生产、生活、环境关系密切，下列说法正确的是( )A提倡使用太阳能、风能、天然气、地热能等新能源，以保护环境B“玉兔号”的太阳能电池板主要由二氧化硅制成C为除去锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加盐酸溶解D碱性洗涤剂的去污能力比中性洗涤剂弱，是由于油脂在中性溶液中更易水解【考点】常见的能量转化形式；盐类水解的应用；硅和二氧化硅
15、；物质的分离、提纯和除杂 【分析】A新能源指新兴的能源，如太阳能、地热能、核能、潮汐能等，煤、石油、天然气属于传统能源； B单质硅可以作半导体材料和电池板，二氧化硅可以作光导纤维；C先用饱和Na2CO3溶液浸泡，硫酸钙可以转化为溶解度更小的碳酸钙，再加盐酸后碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙而溶解；D油脂在碱性条件下更易水解【解答】解：A天然气是传统能源，不属于新能源，故A错误； B太阳能电池板是由高纯度的硅单质制成的，故B错误；C要除去锅炉水垢中的CaSO4，先用饱和Na2CO3溶液浸泡，硫酸钙可以转化为溶解度更小的碳酸钙，再加盐酸后碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙而溶解，即可除去，故C正确；D碱性洗涤剂
16、的去污能力比中性洗涤剂强，油脂在碱性条件下更易水解，故D错误故选C【点评】本题考查化学与生活、环境等的关系，旨在考查学生应用化学知识解决生活实际问题的能力，难度不大，注意基础知识的积累2下列实验操作一定能够达到目的是( )A向某溶液中滴加盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO42B用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混有的少量SO2C将产生的气体依次通过足量的溴水和澄清石灰水，检验浓H2SO4与木炭反应生成的气体产物D实验室制取氢气，为了加快反应速率，可向稀硫酸中滴加少量Cu（NO3）2【考点】化学实验方案的评价 【分析】A检验硫酸根离子时，先向溶液中滴加稀盐
17、酸，没有明显现象，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀，即可证明溶液中含有硫酸根离子； B二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和亚硫酸钠或亚硫酸氢钠；C木炭与浓H2SO4反应生成SO2、CO2气体，由于溴水足量无法看到溴水明显褪色现象；D稀硝酸有强氧化性，与金属反应不能生成氢气【解答】解：A溶液中如果含有亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，会被盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液氧化为硫酸根离子，也会出现白色沉淀，故A错误； B二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，可以达到目的，故B正确；C木炭与浓H2SO4反应生成SO2、CO2气体，由于溴水足量无法看到
18、溴水明显褪色现象，也就无法判断SO2是否存在，可先通过品红溶液，再通过足量溴水和澄清石灰水判断，故C错误；D稀硫酸中滴加少量Cu（NO3）2，会有少量稀硝酸生成，与金属反应生成NO气体，使生成的氢气不纯净，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的设计及评价，涉及物质的检验、分离提纯等、原电池等知识，旨在考查学生分析问题和解决问题的能力，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大3下列离子方程式正确的是( )A向FeBr2溶液中通入少量Cl2：Cl2+2Br2Cl+Br2B除去MgCl2溶液中少量的FeCl3：3Mg+2Fe3+2Fe+3Mg2+C向含有氨水的BaCl2溶液中通入SO
19、2：SO2+2NH3H2O+Ba2+BaSO3+2NH4+H2OD将少量二氧化碳通入氯化钙溶液中：Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+【考点】离子方程式的书写 【分析】A通入少量Cl2，只氧化亚铁离子；B除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，应加MgO或氢氧化镁等促进铁离子的水解；C反应生成亚硫酸钡、氯化铵和水；D少量二氧化碳通入氯化钙溶液不反应【解答】解：A亚铁离子还原性大于溴离子，向溶液中通入少量，氯气先氧化亚铁离子，向FeBr2溶液中通入少量Cl2的离子反应为Cl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+，故A错误；B镁不能从氯化铁溶液中置换出铁单质，应加MgO或氢氧化镁等促进铁离子的水解，故
20、B错误；C向含有氨水的BaCl2溶液中通入SO2时，SO2首先与NH3H2O反应生成（NH4）2SO3，生成的再与Ba2+反应生成BaSO3沉淀，离子反应为SO2+2NH3H2O+Ba2+BaSO3+2NH4+H2O，故C正确；D碳酸酸性小于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙和盐酸，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重对氧化还原反应规律、盐的水解、强酸制弱酸反应规律的理解的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大4NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )A5
21、.6g铁粉与7.1g Cl2充分反应，转移电子数0.3NAB1.7g羟基与1.6g甲烷分子所含电子数分别是0.9NA和NAC3mol NO2与水充分反应时转移电子数2NAD87g MnO2与含4NA HCl的浓盐酸加热反应，生成的氯气在标准状况下体积小于22.4L【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A铁与氯气反应生成氯化铁；B.1个羟基含9个电子，1个甲烷分子含10个电子；C二氧化氮与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应方程式，3molNO2与水充分反应时转移电子数；D稀盐酸与二氧化锰不反应【解答】解：A.5.6g（0.1mol）铁粉与7.1g（0.1mol）Cl2充
22、分反应，氯气的量不足，转移电子数小于0.3NA，故A错误；B.1.7g（0.1mol）羟基含有电子0.9NA，1.6g（0.1mol）甲烷分子含电子数NA，故B正确；C二氧化氮与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应方程式，3molNO2与水充分反应时转移电子数，故C正确；D随反应的进行，盐酸浓度减小，变成稀盐酸时不能与二氧化锰继续反应，所以生成的氯气在标准状况下体积小于22.4L，故D正确；故选：A【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算，明确物质的结构和组成，掌握以物质的量为核心的计算公式是解题关键，题目难度不大5下列说法正确的是( )A常温下，0.1mol/
23、LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8，则混合溶液中水电离产生的c（OH）=1108B室温下，CH3COONa和CaCl2的混合溶液：c （Na+）+c（Ca2+）=c （CH3COO）+c（CH3COOH）+c（Cl）C恒容密闭容器中进行反应2A2（g）+B2（g）2A2B（g）H0，达到化学平衡后，加热会使逆反应速率大于正反应速率D常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则混合溶液中c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（NH3）=5104mol/L【考点】离子浓度大小的比较 【分析】A二者恰好反应生成NaB，溶液pH=8，说明混
24、合溶液中A水解，溶液中的氢氧根离子是水电离的；B根据混合液中的物料守恒判断；C升高温度，平衡向着吸热的反应方向移动；D二者恰好反应，说明氨水的浓度为0.1mol/L，结合反应后溶液中物料守恒判断【解答】解：A常温下，0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好完全反应，测得混合溶液pH=8，则混合溶液中A水解，溶液中的氢氧根离子是水电离的，则由水电离产生的c（OH）=106mol/L，故A错误；B室温下，CH3COONa和CaCl2的混合溶液，根据物料守恒可得：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）+2c（Cl），故B错误；C该反应的H
25、0，是放热反应，达到化学平衡后，加热，平衡向吸热的逆反应方向移动，会使逆反应速率大于正反应速率，故C正确；D常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合，恰好完全反应，根据物料守恒，则混合溶液中c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（NH3）=c（Cl）=5102mol/L，故D错误，故选C【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡移动原理，水的电离及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查水的电离平衡、化学平衡移动原理、溶液中的物料守恒的应用：酸碱恰好反应后溶液呈碱性，则溶液中酸根离子水解，由水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，溶液中的氢氧根离子只有水电离产生；注意溶液中三个守恒定律（电荷守
26、恒、质子守恒和物料守恒）的灵活应用；熟记勒夏特列原理6奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图，下列有关奎尼酸的说法中正确的是( )A奎尼酸的分子式是C7H9O6B1mol奎尼酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量为5molC1 mol奎尼酸与足量钠反应生成56L氢气D奎尼酸能发生消去反应，也能与乙醇、乙酸发生取代反应【考点】有机物的结构和性质 【分析】由结构可知分子式，分子中含COOH、OH，结合羧酸、醇的性质来解答【解答】解：A奎尼酸的分子式是C7H12O6，故A错误；B只有COOH与NaOH反应，则1mol奎尼酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的
27、量为1mol，故B错误；C含COOH、OH，均与Na反应，则1 mol奎尼酸与足量钠反应生成2.5mol气体，但状况未知，不能计算其体积，故C错误；D含OH，与乙酸发生取代反应，含COOH与乙醇发生取代反应，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、醇的性质及分析与应用能力的考查，题目难度不大7原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X原子的最外层电子数与其电子层数相等，工业上一般用电解氧化物的方法得到Z的单质，W的核电荷数是Y核电荷数的2倍，X、Y两种元素可以形成原子数之比为1：1和2：1的化合物下列说法正确的是(
28、)A由X、Y、Z组成的化合物既能与强碱溶液反应，又能与强酸溶液反应BW的氢化物水溶液是强酸CY元素的氢化物在同周期中是最稳定的D元素Y和W只能形成一种化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，W的核电荷数是Y核电荷数的2倍，短周期中硫是氧核电荷数的2倍，Y是氧元素，W是硫元素；X原子的最外层电子数与其电子层数相等，则X是氢元素；工业上一般用电解氧化铝的方法得到铝单质，所以Z是铝元素【解答】解：由题意可知原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，W的核电荷数是Y核电荷数的2倍，短周期中硫是氧核电荷数的2倍，Y是氧元素，W是硫元素；X原
29、子的最外层电子数与其电子层数相等，则X是氢元素；工业上一般用电解氧化铝的方法得到铝单质，所以Z是铝元素A由X、Y、Z组成的化合物氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强碱溶液反应，又能与强酸溶液反应，故A正确；BW的氢化物H2S水溶液是弱酸，故B错误；C氧位于第二周期，其氢化物为H2O，同周期的非金属最强的元素为F，所以最稳定的氢化物为HF，故C错误；D元素Y和W可以形成两种化合物二氧化硫和三氧化硫，故D错误，故选A【点评】本题考查元素周期表和元素周期律，旨在考查学生对原子核外电子排布规律及元素周期律的理解，熟记元素周期表的结构及原子核外电子排布规律，是解答这类试题的关键二、综合题8四氯化锡常用于染色
30、的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡已知SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可用如图装置合成四氯化锡（夹持装置略）（1）装置D的名称为蒸馏烧瓶；（2）冷凝水应从b（填“a”或“b”）口进入F中；（3）装置A中固体B为黑色粉末，写出烧瓶中发生反应的化学反应方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（4）假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，可能得到的副产物为SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）；（5）装置E中加热的目的是促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分
31、离出去；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液可吸收尾气中的氯气，其反应的离子反应方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl（7）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）（8）若装置A中标准状况下生成6.72L气体，假设不计气体损耗且Sn足量，反应完毕后在G 中锥形瓶里收集到37.20g SnCl4，则SnCl4的产率为95.0%（已知SnCl4相对分子质量为261）【考点】制备实验方案的设计；氯气的化学性质；氯气的实验室制法 【专题】实验探究和数据处理题；实验设计题【分析】题中所制SnCl4为无色液体，熔点33，沸点114，极易水解，在潮湿的空气
32、中发烟，故利用氯气制SnCl4时，应保持干燥无氧环境，同时还要考虑Cl2本身的除杂，装置E加热的目的是使生成的SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去，并经过冷凝管液化后进行收集要，最后再碱性溶液吸收含有氯气的尾气，反应产率可根据A中生成的氯气计算出理论产值，再求算产率；（1）结合常见的仪器可判断D装置的仪器名称；（2）冷凝管里冷却水的方向应该与气流方向相反；（3）装置A是实验室制氯气，反应物为二氧化锰和浓盐酸，生成氯化锰及氯气；（4）没有装置C，进入D装置的氯气中混有水汽，SnCl4遇水会水解，产生杂质；（5）装置E是制SnCl4的反应装置，加热会加快反应时行，同时因SnCl4沸点
33、较低，可使SnCl4气化便于分离与收集；（6）装置H中盛放足量的FeBr2溶液，利用氯气可氧化FeBr2，达到吸收尾气中氯气的目的；（7）因SnCl4易水解，在尾气处理装置前要增加一个干燥装置，防止有水蒸汽进入G中；（8）根据反应A中生成的氯气可计算SnCl4理论产量，再结合实际产量，计算产率【解答】解：（1）根据装置D的结构特点和应用可知为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）为了冷却充分，使冷凝水充满整个冷凝管，冷凝水应该从b口进，a口出，故答案为：b；（3）装置A中是在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应制备Cl2，其化学反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，帮答案为：M
34、nO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（4）装置A制备的Cl2中含有HCl和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl，装置C中应该盛放浓H2SO4，除去Cl2中的水蒸气，若没有装置C，水蒸气会进入装置D中，根据题目信息，生成的SiCl4能与H2O发生反应：SnCl4+4H2OSn（OH）4+4HCl，加热促进其水解，生成的Sn（OH）4分解生成SnO2，所以可能得到的副产物为SnO2，故答案为：SnO2（其它合理答案如Sn（OH）4、H2SnO3、H4SnO4也可）； （5）Sn与Cl2反应需在加热条件下进行，同时生成的SnCl4的沸点为114，加热促进SnCl4气化，进
35、入37装置F中，然后冷却分离，故答案为：促进氯气与锡粉反应、促进SnCl4气化，使SnCl4从反应混合物中分离出去； （6）氯气能氧化FeBr2生成氯化铁和溴，发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；（7）装置H中的水蒸气会进入装置G中导致SnCl4水解，所以应该在装置G、H之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），防止空气中的水蒸气进入装置G中，故答案为：在装置G、H之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）； （8）根据反应：Sn+2Cl2SnCl4，6.72L标准状况下的Cl2体积为0.3mol，理论上可得0.15molSnCl4
36、，其质量=0.15mol261g/mol=39.15g，故SnCl4的产率=95.0%，故答案为：95.0%【点评】本题具有基础性、灵活性和拓展性特点，与近年高考命题具有相似性，通过本题的分析和解答，体验如何应用信息设计相应实验的基本套路，提升同学们的应试能力解答本题的关键：一、明确实验目的是制备纯净SnCl4，结合SnCl4（易水解）从而得出装置存在的缺陷、副产物的产生等二、计算SnCl4的产率时要结合反应方程式找出理论值，然后用实际得到的SnCl4质量与理论值相比即可9（14分）硫和氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措（1）研究发现利用
37、NH3可消除硝酸尾气中的NO污染NH3与NO的物质的量之比分别为13、31、41时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：用化学反应方程式表示NH3消除NO的反应原理4NH3+6NO=5N2+6H2O（不用注明反应条件）曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1曲线a中，NO的起始浓度为6104mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为1.5104 mg/（m3s）（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，若吸收的溶液中NO2的浓度为agL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2243.5aL（用含
38、a的代数式表示，计算结果保留整数）（3）SO2被少许NaOH溶液吸收生成能使pH试纸变红的NaHSO3溶液，工业上可电解NaHSO3得到重要化工产品Na2S2O4NaHSO3溶液中离子浓度大小为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）写出生成S2的电极反应式2H+2HS+2e=S2+2H2O【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理 【分析】（1）NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O：4NH3+6NO=5N2+6H2O；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为
39、c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1；曲线a中，NO的起始浓度为6104mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率=100%；（2）NO、NO2混合气体能被NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2的浓度为agL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量=2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有：4=2，解得V=243.5a（3）NaHSO
40、3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度；HS到S2转化过程中S元素价态变化（由+4+3价）可知，HS在电解时得到电子生成S2，结合电荷守恒和原子守恒配平写出电极反应【解答】解：（1）NH3与NO在一定条件下发生氧化还原反应生成N2和H2O，结合原子守恒配平书写方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；曲线a中，NO的起始浓度为6104mg/m3，A点
41、的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率=1.5104mg/（m3s），故答案为：1.5104mg；（2）NO2的浓度为agL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子物质的量=2，1molO2获得4mol电子，设消耗标况下氧气的体积是VL，则有：4=2，解得V=243.5a，故答案为：243.5a；（3）NaHSO3溶液呈酸性，说明HS的电离程度大于其水解程度，故溶液中离子浓度大小为c（Na+）c（HS）c（H+）c（SO32）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HS）c（H+）c（SO32）c（OH）；HS到S2转
42、化过程中S元素价态变化（由+4+3价）可知，HS在电解时得到电子生成S2，所以其电极反应为：2H+2HS+2e=S2+2H2O，故答案为：2H+2HS+2e=S2+2H2O【点评】本题根据高考命题理念，将化学基本理论与元素及其化合物的性质、图表数据、计算、实际应用等结合，旨在考查学生综合应用化学知识的能力，解答的关键：一是根据图分析出NH3与NO反应时，在NO不变的情况下，NH3的量增加必定提高NO的脱除率，从而得出a、b、c曲线的含义二是书写HSS2的电极反应时，首先根据S元素的价态变化，得出得失电子情况，然后注意反应介质（酸性或碱性）从而得出正确的电极反应方程式10（14分）煤化工中两个重
43、要反应为C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H=+131.3kJmol1，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）下列说法正确的是AA当反应的容器中混合气体的密度不再变化时反应达到最大限度B反应的熵变S0C反应中增加C固体的量能增大反应速率D在反应中及时分离出产生的H2对正反应速率无影响（2）若工业上要增加反应的速率，最经济的措施为粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂（3）现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入2L恒容密闭容器中进行反应，得到如表三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO2I650421.61
44、.65900210.50.53900abcdt实验I中，从反应开始到反应达到平衡时，H2O的平均反应速率为0.04mol/（Lmin）CO（g）和H2O（g）反应的H小于0 （ 填“大于”、“小于”或“等于”）实验III中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是ab，与实验相比，化学平衡常数不变（填“增大”、“减小”或“不变”）若在900时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1mol CO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，平衡向正反应方向移动（填“正反应”、“逆反应”“不移动”）（4）CO、H2可用于甲醇和甲醚，其反应为（m、n均大于0
45、）：反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=mkJmol1反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=nkJmol1反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0则m与n的关系为n2m【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算 【分析】（1）A根据密度是否为变化值判断；B反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的S无法判断，故B错误；C碳为固体，增加其量不会影响反应速率；D在反应中及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度；（2）根据增加反应速率可以从增大表面积，增加反应物的浓度、使用合适的催化剂等分析；（3）根
46、据v=计算；分别计算出第一组和第二组温度平衡时各物质的浓度，根据K=计算判断；根据CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气；平衡常数仅与温度有关；根据Q=与K的大小判断反应进行的方向；（4）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=mkJmol1：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=nkJmol1：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0根据盖斯定律，2判断【解答】解：（1）A因为反应可知反应物C为固体，所以反应前后质量在变，又体积固定，所以当反应的密度是变化值
47、，当密度不再变化时反应达到最大限度，故A正确；B反应物和生成物都是气体，且化学计量总数相等，故该反应的S无法判断，故B错误；C碳为固体，增加其量不会影响反应速率，故C错误；D在反应中及时分离出产生的H2相当于减小了反应物的浓度，逆反应速率瞬时减小，正反应速率会逐渐减小，故D错误；故选：A；（2）根据反应的特点，增加反应速率最经济的方法有：一是将C固体粉碎，增加反应接触面积从而增加反应速率，二是增加水蒸气的浓度来增加反应速率，三是采用合适的催化剂来提高反应速率，故答案为：粉碎煤炭、增加H2O的浓度、使用合适的催化剂；（3）根据方程式可知v（H2O）=v（CO2），则v（H2O）=v（CO2）=0
48、.04mol/（Lmin），故答案为：0.04mol/（Lmin）；实验I达平衡时，H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g）初始 1mol/L 2mol/L 0 0转化 0.8mol/L 0.8mol/l 0.8mol/l 0.8mol/l 平衡 0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/l 0.8mol/l 根据K=计算可得该反应在650时平衡常数数值为K=2.67，实验达平衡时，H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g）初始 1mol/L 0.5mol/L 0 0转化 0.25mol/L 0.25mol/l 0.25mol/l 0.25mol/l 平衡 0.75m
49、ol/L 0.25mol/L 0.25mol/l 0.25mol/l根据K=计算可得该反应在900时平衡常数数值为K=，可见温度升高K减小，反应为放热反应，H0故答案为：小于；CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）反应中，CO和H2O的计量数相同，当CO和水蒸气的物质的量相等时二者转化率相等，故当水蒸气的物质的量大于CO时，CO的转化率大于水蒸气，则ab；又平衡常数仅与温度有关，所以实验III中与实验相比，化学平衡常数不变；故答案为：ab；不变；在900时，实验II反应达到平衡后，向此容器中再加入1molCO、0.5mol H2O、0.2mol CO2、0.5mol H2，此时有2.
50、5molCO、1mol H2O、0.7mol CO2、1mol H2，则c（CO）=1.25molL1，c（H2O）=0.5molL1，c（CO2）=0.35molL1，c（H2）=0.5molL1，此时Q=0.28K，故反应应向正反应方向进行，故答案为：正反应；（4）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=mkJmol1：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=nkJmol1：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0根据盖斯定律，2可得：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=（2mn）0，所以n2m，故答案为：n2m【点评】本题
51、通过题目信息相应数据分析强化对化学反应速率、化学平衡常数、化学反应方向以及平衡移动原理的理解，同时辐射考查盖斯定律等，旨在通过本题解答接轨高考，提升同学们应答能力三、化学选修-2：化学与技术11我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等一种利用粉煤灰制取氧化铝、硫酸铁溶液、二氧化硅的工艺流程如图1：（1）操作i的名称为过滤（2）工业上若需加快粉煤灰与NaOH溶液反应的浸出速率，可采取的措施有升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等（写两点即可）（3）写出固体A溶解在稀硫酸中所得溶液与H2O2反应的离子方程式H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O（
52、4）以上流程中可以循环利用的物质是NH4Cl（填化学式）（5）某科研小组用硫酸作为浸取液，浸取粉煤灰中的铝元素和铁元素，在104用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图2，适宜的浸取时间为2h；铝的浸取率与的关系如图3所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是NH4F（填化学式）（6）Al/AgO电池是一种新型安全电池，广泛用于军事领域，其电池总反应为：2Al+3AgO+2OH+3H2O2Al（OH）4+3Ag，则该电池工作时正极的电极反应方程式为AgO+2e+H2O=Ag+2OH，若电池产生6mol电子转移，整体上分析电池负极消耗的OH
53、物质的量最终为2mol【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】粉煤灰（主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，据此答题【解答】解：粉煤灰（主要成分为SiO2、Al
54、2O3、FeO、Fe2O3等），加入NaOH溶液使SiO2、Al2O3溶解，生成滤液C中含有Na2SiO3和NaAlO2，Fe2O3、FeO和氢氧化钠不反应，所以固体A为Fe2O3、FeO混合物，过滤后，A中加双氧水和硫酸，双氧水能氧化亚铁离子，得溶液B为Fe2（SO4）3溶液，滤液中通入过量盐酸，得固体D为H2SiO3，溶液F为氯化铝溶液，D煅烧得E为SiO2，F溶液中通入氨气得H为氢氧化铝和溶液J为氯化铵，H煅烧得I为Al2O3，（1）加入过量NaOH溶液后，只有FeO、Fe2O3不反应，SiO2与Al2O3转化为可溶性的Na2SiO3和NaAlO2，通过过滤实现FeO、Fe2O3分离，所
55、以操作i的名称为过滤，故答案为：过滤；（2）根据影响化学反应速率的因素分析，可采取如升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等措施，故答案为：升温、增加NaOH溶液浓度、将粉煤灰研磨粉碎等；（3）固体A为FeO、Fe2O3，首先FeO和Fe2O3溶解在稀硫酸中生成FeSO4、Fe2（SO4）3，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，故答案为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O； （4）根据流程图可知，NH4Cl为可循环利用物质，故答案为：NH4Cl； （5）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2
56、可知，当时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，故答案为：2； NH4F；（6）根据电池总反应可知，AgO为电池正极材料，电池工作时，AgO得到电子生成Ag，其电极反应为：AgO+2e+H2O=Ag+2OH，有6mol电子转移，则正极生成6molOH，负极电极反应为：Al3e+4OH=Al（OH）4，负极消耗8molOH，由于正极产生的6molOH向着负极迁移，所以电池最终消耗2molOH，也可根据电池总反应得出消耗2molOH，故答案为：AgO+2e+H2O=Ag+2OH； 2【点评】本题以教材重要基本理论和原理为知识平台，考查化学反应基本原理、物质的性质等在化学与技术中的综合应用，解题关键在于
57、找准中间产品和相互交叉的流水生产线，在分析过程中，抓住中间产品的关联作用，逐一破解，难度中等四、化学-选修3：物质结构与性质12举世瞩目的中国探月工程三期再入返回试验器于2014年10月24日凌晨成功发射，为实现月球采样和首次地月往返踏出了成功的第一步探月工程三期的主要目标是实现无人自动采样返回，突破月面采样、月面上升、月球轨道交会对接等核心关键技术已知所用火箭推进剂为肼 （N2H4）和过氧化氢（H2O2），火箭箭体一般采用钛合金材料请回答下列问题：（1）N2H4、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为第二周期第A族，第一电离能最大的元素为N（2）钛的原子序数为22，其基态电子排布式
58、示意图为（3）1mol N2H4分子中含有的键数目为3.011024（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道为sp3，估计它难溶于CS2，简要说明原因H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中（5）氮化硼其晶胞如图2所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为4，若立方氮化硼的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为cm【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 【分析】（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，据此答题；（2）钛的原子序数为22，根据核
59、外电子排布规律画出电子排布式示意图；（3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，据此判断共价键数目；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数判断其中心原子杂化方式，根据相似相溶原理答题；（5）根据氮化硼晶胞图判断处于晶胞顶点上的原子的配位数，根据V=计算晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半【解答】解：（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，位于周期表中第二周期第A族，
60、同周期从左向右第一电离能增大，从上向下第一电离能减小，所以第一电离能最大的元素为N，故答案为：第二周期第A族；N；（2）钛的原子序数为22，核外电子排布式示意图为，故答案为：；（3）N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，所以1mol N2H4分子中含有的共价键数目为3.011024，故答案为：3.011024；（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数为=4，所以氧原子杂化方式为sp3，H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2不能溶解在CS2中，故答案为：sp3；H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中；（5）根据图知
61、，顶点上的每个Al原子和四个N原子形成共价键，所以Al原子的配位数是4；该晶胞中N原子个数是4，Al个数=8+6=4，晶胞体积=cm3，晶胞边长=cm，晶胞底面对角线长=cm，晶体N原子位于晶胞体对角线的 处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近的两个N原子的距离为底面对角线的一半，所以两个最近N原子间的距离=cm，故答案为：4；【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、物质的性质、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等五、化学-选修5：有机化学基础13重要有机物M和N常用于交联剂、涂料、
62、杀虫剂等，合成路线如图所示：已知：i ii iii N的结构简式：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为羟基、醛基，由A生成B的反应类型为消去反应（2）Z的名称为苯甲醛（3）1molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗4molH2（4）由B生成C的反应的化学方程式为+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O+3H2O（5）由Y生成D的化学方程式为CH3CHO+3HCHO（6）G的同分异构体有多种，其中与G具有相同官能团的同分异构体有4种，写出核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式和【考点】有机物的推断 【分析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H
63、8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为CH2C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为，G为，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为，故F为，D为，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为，据此解答【解答】解：有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C4H8O2可知，X为CH3CH2CHO，A为HOCH2CH（CH3）CHO，A发生消去反应脱去1分子H2O生成
64、B，故B为CH2C（CH3）CHO，B氧化生成C为CH2C（CH3）COOH；Y与甲醛在碱性条件下生成D，D与氢气加成得E，由信息iii中N的结构及E和G反应生成N可知，E为，G为，根据转化关系，可逆推得Y为CH3CHO，Z为，故F为，D为，根据信息ii中反应，结合M的分子式C21H28O8可知，M的物质为，（1）由上述分析可知，A为HOCH2CH（CH3）CHO，含有羟基、醛基，AB是HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2C（CH3）CHO，故答案为：羟基、醛基；消去反应；（2）由上述分析可知，Z的结构简式是，名称是苯甲醛，故答案为：苯甲醛；（3）M的物质为，1
65、molM在一定条件下发生加成反应，最多消耗 4molH2，故答案为：4；（4）B为CH2C（CH3）CHO，由B生成C的反应的化学方程式为+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O+3H2O，故答案为：+2Cu（OH）2+NaOH+Cu2O+3H2O； （5）Y为CH3CHO，由Y生成D的化学方程式为CH3CHO+3HCHO，故答案为：CH3CHO+3HCHO；（6）G为，G的同分异构体仍含有C=C和CHO，符合条件的同分异构体有如下4种：、，其中和核磁共振氢谱有5组峰值，且峰值比为2：2：2：1：1的结构简式，故答案为：4；和【点评】本题考查有机推断与合成，学生充分利用给出的反应信息及有机物的结构、分子式确定X、E、G的结合是关键，难度较大，是对学生逻辑思维能力、自学能力等考查
