1、2014-2015学年西藏拉萨中学高三（下）第八次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2015春拉萨校级月考）化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中，正确的是（）A光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于高分子化合物B在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C泡沫灭火器中用的是苏打和硫酸铝D海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀2（3分）（2015春拉萨校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NAB12.5mL 16molL1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NAC5.6 g铁粉在
2、0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAD1 mol的甲基与1 mol的铵根离子所含电子数均为10NA3（3分）（2015肇庆二模）下列各选项陈述I和陈述均正确且二者有因果关系的是（）陈述I陈述A常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应BHCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强AABBCCDD4（3分）（2015烟台一模）在指定溶液中一定能大量共存的离子组是（）A1.0mol
3、L1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42BpH=1的溶液：NH4+、Al3+、SO42、BrCc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、ClD与铝反应产生H2的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3、SO425（3分）（2015重庆模拟）酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料，其结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A分子式为C20H14O4B可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C含有的官能团有羟基、酯基D1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol6（3分）（2015春拉萨校级月考）常温下，下列表述正确的是（）ApH=13的Na
4、OH溶液中含有H+的浓度为0l mol/LB向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3的水解，使c（HCO3）增大C将任意量的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，其混合溶液均存在：C（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）DNa2CO3溶液中：c（Na+）c（CO32）c（OH）=c（HCO3）c（H+）7（3分）（2015渭南三模）有关下列图象的分析错误的是（）A图可表示对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时的速率变化B图中a、b曲线只可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程C图表示室温下将各1 ml p
5、H=2的HA、HB两种酸溶液加水稀释的情况若2a5，则两酸都为弱酸D图中的y可表示将O.1 mol/l稀醋酸加水稀释时溶液导电能力的变化情况二、解答题（共3小题，满分43分）8（11分）（2015美兰区校级模拟）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl、OH、NO3六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色请回答下列问题：（1）试管A的溶液中所含上述离子最多共有种（2）若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为（填“A”或“B”）（3）若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，得到滤液仅含一种溶质的溶液，则混合过程中发生反应的离子方程式为（4）若向由试管A溶
6、液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba（OH）2溶液，则发生反应的离子方程式为9（14分）（2012西安二模）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）H=825.5kJ/mol反应：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=kJ/mol反应 Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）在1000的平衡常数等于4.0在一个容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后
7、达到平衡（1）CO的平衡转化率=（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是a提高反应温度 b增大反应体系的压强c选取合适的催化剂 d及时吸收或移出部分CO2e粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触（1）高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）请根据图示回答下列问题：（1）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=（2）若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化（Q1，Q2，Q
8、3均大于0）甲1mol CO和2mol H2a1c1放出Q1kJ热量乙1mol CH3OHa2c2吸收Q2kJ热量丙2mol CO和4mol H2a3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是A c1=c2 B.2Q1=Q3 C.2a1=a3 Da1+a2=1E该反应若生成1mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量（3）若在一体积可变的密闭容器中充入1 molCO、2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向（填“正”、“逆”）反应方向移动（4）甲醇可与氧气构成燃料电池，该电池用多孔的惰性电极浸入浓氢氧化钾溶液，写出该电池的负极反
9、应式10（18分）（2015陕西校级二模）某学校课外活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了“能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少？”的探究课题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/LNaOH溶液请根据实验回答问题：（1）首先根据右图所示，组装实验装置，并在加入试剂前先进行操作（2）烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是（填化学式），利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中的目的是：（3）加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是：待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全然后由导管a通入足量的空气，以确保烧瓶中的SO2
10、气体全部进入烧杯中在该实验装置中的 （填仪器名称）起到了确保硫酸溶液体积保持不变的作用（4）将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的双氧水，再加入足量的BaCl2溶液，再进行、后称量固体的质量为13.98g，请计算能与铜反应的硫酸的最低浓度是（5）有同学提出在上面（4）中可以不必加入双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析（填“需要”或“不需要”）加入双氧水，说明原因：三、化学-选修2：化学与技术11（15分）（2015陕西校级二模）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质，水质优劣直接影响人体健康请回答下列问题：（1）某贫困山区，为了寻找合适的饮用水，对
11、山上的泉水进行了分析化验，结果显示，水中主要含Ca2+、Mg2+、Cl和SO42则该硬水属于（填“暂时”或“永久”）硬度，若要除去Ca2+、Mg2+，可以往水中加入石灰和纯碱，试剂加入时先加后加（2）我国规定饮用水的硬度不能超过25度硬度的表示方法是：将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1升水中含有10mg CaO称为1度某化学实验小组对本地区地下水的硬度进行检测实验中涉及的部分反应：M2+（金属离子）+EBT（铬黑T）MEBT+ 蓝色酒红色M2+（金属离子）+Y4（EDTA）MY2MEBT+Y4（EDTA）MY2+EBT（铬黑T ）实验过程：取地下水样品
12、25.00mL进行预处理写出由Mg2+引起的暂时硬度的水用加热方法处理时所发生反应的化学方程式：预处理的方法是向水样中加入浓盐酸，煮沸几分钟，煮沸的目的是将处理后的水样转移到250mL的锥形瓶中，加入氨水氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.010 00molL1的EDTA标准溶液进行滴定滴定终点时共消耗EDTA溶液15.00mL，则该地下水的硬度为（3）某工业废水中含有CN和Cr2O72等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理厂拟用下列流程进行处理：回答下列问题：流程中，反应后无气体放出，该反应的离子方程式为含Cr3+废水需进一步处理，请你设计一个处理方案：四、化学-选
13、修3：物质结构与性质12（15分）（2015大兴区模拟）“可燃冰”是蕴藏于海底的一种潜在能源它由盛有甲烷、氮气、氧气、硫化氢等分子的水分子笼构成（1）水分子间通过相互结合构成水分子笼N、O、S元素第一电离能由大到小的顺序为（填元素符号）（2）从海底取得的“多金属结核”样本，样本中含铁、锰等多种金属基态铬原子的电子排布式为金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图1所示面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为（3）胆矾CuSO45H2O可写成Cu（H2O）4SO4H2O，其结构示意图2如下：写出基态Cu2+的核外电子排布式胆矾中含有的粒子间作用力是（填序号）a离子键
14、b极性键 c金属键 d配位键 e氢键 f非极性键在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物Cu（CN）42，指出1molCN中键的数目为胆矾受热分解得到铜的某种氧化物，其晶胞结构如上图3所示，则氧的配位数是五、化学-选修5：有机化学基础13（15分）（2015云南模拟）有机物可以用E和H在一定条件下合成：请根据以下信息完成下列问题：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢；一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）B的分子式为：（2）CD、GH的反应类型为、（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：（4）D生成E的化学方程式为E与H反应生
15、成I的方程式为（5）I的同系物K相对分子质量比I小28K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基共有种（不考虑立体异构）试写出上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式2014-2015学年西藏拉萨中学高三（下）第八次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（2015春拉萨校级月考）化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中，正确的是（）A光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于高分子化合物B在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C泡沫灭火器中用的是苏打和硫酸铝D海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀考点：有机高分子化合
16、物的结构和性质；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；淀粉的性质和用途 分析：A高分子化合物，是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物按来源分类可把高分子分成天然高分子和合成高分子两大类；B淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精；C泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝；D锌比铁活泼，可做原电池的负极解答：解：A聚酯纤维是化学纤维的一种属于合成高分子，棉花属于天然高分子，两者都属于高分子化合物，光导纤维主要成分是二氧化硅，不是高分子化合物，故A错误；B淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精，故B错误；C泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢钠和硫酸铝反应生
17、成大量的二氧化碳，其反应速率比碳酸钠和硫酸铝反应速率大，故C错误；D锌比铁活泼，可做原电池的负极，保护铁不被氧化，此为牺牲阴极的阳极保护法，故D正确；故选D点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高频考点和常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2（3分）（2015春拉萨校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NAB12.5mL 16molL1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NAC5.6 g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为
18、0.3NAD1 mol的甲基与1 mol的铵根离子所含电子数均为10NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g 混合物的物质的量为0.1mol，硫化钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol阴离子B、随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应；C、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，根据方程式计算过量判断，根据不足的物质计算转移电子数；D、1个甲基含有9个电子，一个氨根离子含有10个电子解答：解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g 混合物的物质的量为0.1mol，硫化
19、钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol阴离子，所以7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子为0.1mol，阴离子数等于0.1NA，故A正确；B、发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，由方程式可知其氧化剂的硫酸占，12.5mL16molL1浓硫酸中硫酸完全反应，转移电子数为0.0125L16molL12NAmol1=0.2NA，随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以转移电子数小于0.2NA，故B错误；C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应方程式为2Fe+3
20、Cl22FeCl3，所以氯气的物质的量不足，根据氯气计算转移电子数，氯元素化合价由0价降低为1价，所以转移电子数为0.1mol2NAmol1=0.2NA，故C错误；D、1mol的甲基所含电子数为9NA，1mol的铵银离子所含电子数为10NA，故D错误；故选A点评：本题考查常用化学计量计算、微粒结构、氧化还原反应、浓度与物质性质关系等，浓度中等，注意C中铁过量与否都生成氯化铁，与铁与硝酸的反应不同3（3分）（2015肇庆二模）下列各选项陈述I和陈述均正确且二者有因果关系的是（）陈述I陈述A常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应BHCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2C
21、O3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强AABBCCDD考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：A常温下铁与浓硫酸发生钝化，铜与浓硫酸不反应；BCO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠；CCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；D浓HNO3氧化性比稀HNO3强解答：解：A常温下铁与浓硫
22、酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述不合理，故A不选；B CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述不合理，故B不选；CCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故C选；D浓HNO3氧化性比稀HNO3强，陈述II不合理，故D不选；故选C点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大4（3分）（2015烟台一模）在指定溶液中一定能大量共存的离子组是（
23、）A1.0molL1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42BpH=1的溶液：NH4+、Al3+、SO42、BrCc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、ClD与铝反应产生H2的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A硝酸钾在酸性条件下能够氧化亚铁离子；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；C次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子和硫离子；D与铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应解答：解：AKNO3在H+大量存在条件下具有强氧化性，
24、能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=1的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、SO42、Br之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CClO具有强氧化性，能够氧化SO32、S2，在溶液中不能大量共存，故C错误；D与铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；应该注意题目所
25、隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在等5（3分）（2015重庆模拟）酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料，其结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A分子式为C20H14O4B可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C含有的官能团有羟基、酯基D1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol考点：有机物的结构和性质 分析：由结构简式可知分子式，分子中含酚OH、COOC，结合酚、酯的性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A
26、正确；B含酚OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；C分子中含酚OH、COOC，即含有的官能团有羟基、酯基，故C正确；D只有苯环与氢气发生加成反应，酚OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误故选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，侧重酚、酯性质的考查，题目难度不大6（3分）（2015春拉萨校级月考）常温下，下列表述正确的是（）ApH=13的NaOH溶液中含有H+的浓度为0l mol/LB向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可
27、抑制HCO3的水解，使c（HCO3）增大C将任意量的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，其混合溶液均存在：C（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）DNa2CO3溶液中：c（Na+）c（CO32）c（OH）=c（HCO3）c（H+）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的原理 分析：A常温下pH=13的溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L；B碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸氢根离子浓度减小；C溶液中一定存在电荷守恒，根据混合液中电荷守恒分析；D碳酸钠溶液中的氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH）c（HCO3）解答：解：A常温下pH=13的NaOH
28、溶液中，含有OH的浓度为0l mol/L，氢离子浓度为1013mol/L，故A错误；B向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，可抑制HCO3的水解，但氢氧化钠与碳酸氢根离子电离的氢离子反应，导致碳酸氢根离子浓度减小，故B错误；C将任意量的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，根据电荷守恒可知，其混合溶液均存在：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故C正确；DNa2CO3溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（OH）c（H+）、c（Na+）c（CO32）；由于溶液中的氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH）c（HCO3），
29、溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故D错误；故选C点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力7（3分）（2015渭南三模）有关下列图象的分析错误的是（）A图可表示对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时的速率变化B图中a、b曲线只可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程C图表示室温下将各1 ml pH=2的HA、HB两种酸溶液加水稀释的情况若2a5，则两酸都为弱酸D图中的
30、y可表示将O.1 mol/l稀醋酸加水稀释时溶液导电能力的变化情况考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；催化剂的作用；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 分析：A、对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时，v正先增大后减小，v逆先减小后增大；B、反应H2（g）十I2（g）2HI（g）反应前后气体体积不变，减小容器体积与加入催化剂效果相同；C、强酸溶液的体积每增大10n倍，酸溶液pH增大n；D、O.1 mol/l稀醋酸加水稀释时溶液中离子浓度减小解答：解：A、对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时，平衡正向移动，v正先增大后减小，v逆先减小后增大，与图象符合，故A正确；
31、B、图中a、b曲线除可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程，还可以表示压强不同时建立平衡的过程，故B错误；C、HA、HB两种酸溶液加水稀释103倍，其pH变化小于3，说明两酸都为弱酸，故C正确；D、稀醋酸加水稀释时溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，故D正确故选B点评：本题考查了化学反应速率图象、外界条件对平衡建立过程的影响图象、加水稀释溶液时pH和离子浓度的变化，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（11分）（2015美兰区校级模拟）已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl、OH、NO3六种离子，向试管A的溶
32、液中滴入酚酞试液呈粉红色请回答下列问题：（1）试管A的溶液中所含上述离子最多共有4种（2）若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为B（填“A”或“B”）（3）若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，得到滤液仅含一种溶质的溶液，则混合过程中发生反应的离子方程式为Ag+ClAgCl、Mg2+2OHMg（OH）2（4）若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba（OH）2溶液，则发生反应的离子方程式为2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：试管A的溶液中滴入
33、酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH，则A一定没有Ag+、Mg2+，应含有K+试管B中含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl，应含有NO3，结合对应离子的性质解答该题解答：解：试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH，则A一定没有Ag+、Mg2+，应含有K+试管B中含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl，应含有NO3，（1）试管A的溶液中含有K+、OH、Cl，可能含有NO3，最多4种，故答案为：4；（2）若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管中含有Ag+，为试管B，故答案为：B；（3）若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则
34、Ag+与Cl恰好完全反应，Mg2+和OH恰好完全反应，剩余钾离子和硝酸根离子，混合过程中发生反应的离子方程式为：Ag +Cl=AgCl、Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：Ag+ClAgCl、Mg2+2OHMg（OH）2；（4）向KHCO3溶液中，滴入少量Ba（OH）2溶液，则发生反应的离子方程式为2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32，故答案为：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32点评：本题考查了离子共存及离子方程式的书写，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，试题涉及的内容较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况；注意掌握离子反应
35、发生的条件及离子方程式的书写方法9（14分）（2012西安二模）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）H=825.5kJ/mol反应：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=23.5kJ/mol反应 Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）在1000的平衡常数等于4.0在一个容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡（1）CO的平衡转化率=60%（2）欲
36、提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是da提高反应温度 b增大反应体系的压强c选取合适的催化剂 d及时吸收或移出部分CO2e粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触（1）高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）请根据图示回答下列问题：（1）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=0.15mol/（Lmin）（2）若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化（Q1，Q2，Q3均大于0
37、）甲1mol CO和2mol H2a1c1放出Q1kJ热量乙1mol CH3OHa2c2吸收Q2kJ热量丙2mol CO和4mol H2a3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是A D EA c1=c2 B.2Q1=Q3 C.2a1=a3 Da1+a2=1E该反应若生成1mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量（3）若在一体积可变的密闭容器中充入1 molCO、2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向正（填“正”、“逆”）反应方向移动（4）甲醇可与氧气构成燃料电池，该电池用多孔的惰性电极浸入浓氢氧化钾溶液，写出该电池的负极
38、反应式CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的调控作用；物质的量或浓度随时间的变化曲线 专题：基本概念与基本理论分析：I依据热化学方程式和盖斯定律计算得到需要的热化学方程式；II（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，利用三段式表示出平衡时CO、CO2的物质的量，化学计量数都是1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，进而计算CO的浓度变化量，再利用转化率定义计算CO的转化率；（2）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量，结合选项根据平衡移动原理分析；III（1）根据图象中生成甲醇的量求出消耗的氢气的量，再求
39、出氢气的反应速率；（2）甲容器反应物投入1molCO 2molH2与乙容器反应物投入1mol CH3OH在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时CH3OH的浓度c1=c2、1+2=1、Q1+Q2能量总变化相当于1molCO.2molH2完全转化成1mol CH3OH的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于90.8kJ；甲容器反应物投入量1molCO、2molH2与丙容器反应物投入量2molCO、4molH2，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡
40、移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向正向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要大一些因此2c1c3、23；（3）平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的倍，据此判断反应的方向；（4）负极上的电极反应式等于电池的总反应式正极发生的电极方程式；解答：解：I2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）H=825.5kJ/mol由盖斯定律得到Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）则H=566+825.5=23.5kJ/mol，故答案为：23.5；II （1）令平衡时CO
41、的物质的量变化为nmol，则：Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）开始（mol）：1 1变化（mol）：n n平衡（mol）：1n n+1所以=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为100%=60%，故答案为：60%；（2）a该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；b反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；c加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；d移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；e粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动，故e错误
42、；故选d；III（1）达到平衡时生成甲醇为：0.75mol/L，则消耗的c（H2）=20.75mol/L=1.5mol/L，v（H2）=0.15mol/（Lmin）（2）A、甲、乙相比较，把乙等效为开始加入1mol CO和2mol H2，和甲是等效的，甲乙是等效平衡，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2Q1Q3，故B错误；C、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向
43、移动，故a1a3 ，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，则1+2=1，故D正确；E、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，两个方向转化的和恰好为1mol，所以该反应若生成1mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量，故E正确；故答案为：ADE；（3）反应前后气体总质量不变，同温、同压下，达到平衡时，气体密度增大，即气体体积缩小；平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的倍，总物质的量=4=2.5mol，反应前后减少了1.5mol，即化学反应向着正反应方向进行，故答案为：正；（4）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料
44、电池，正极反应为：3O2+12H2O+12e=12OH，总反应式为：2CH3OH+3O2+4OH=2CO32+6H2O，两式相减，负极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O点评：本题综合考查了盖斯定律的应用、化学平衡、电化学等知识，题目侧重于等效平衡的计算，为该题的难点，也是易错点，注意理解等效平衡问题10（18分）（2015陕西校级二模）某学校课外活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了“能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少？”的探究课题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/
45、LNaOH溶液请根据实验回答问题：（1）首先根据右图所示，组装实验装置，并在加入试剂前先进行检验装置气密性操作（2）烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是SO2（填化学式），利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中的目的是：防倒吸（3）加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全然后由导管a通入足量的空气，以确保烧瓶中的SO2气体全部进入烧杯中在该实验装置中的长导管 （填仪器名称）起到了确保硫酸溶液体积保持不变的作用（4）将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的双氧水，再加入足量
46、的BaCl2溶液，再进行过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量为13.98g，请计算能与铜反应的硫酸的最低浓度是12mol/L（5）有同学提出在上面（4）中可以不必加入双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析需要（填“需要”或“不需要”）加入双氧水，说明原因：在烧杯中生成的Na2SO3可能被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误考点：浓硫酸的性质实验 专题：氧族元素分析：（1）装置是气体发生装置，需要在开始时检查装置的气密性；（2）二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，利用倒置的漏斗而
47、不是将导气管直接伸入烧杯中是防止液体倒吸；（3）烧瓶中是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，装置中长导气管兼起导气冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流；（4）加入过氧化氢把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，加入氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤、洗涤、干燥得到沉淀称量计算硫元素物质的量，依据硫元素守恒结合化学方程式计算需要反应的硫酸最低浓度；（5）不加入过氧化氢，沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡沉淀，不能计算硫元素物质的量，对实验产生误差解答：解：（1）实验装置是制备二氧化硫气体的发生装置，在实验前需要检验装置气密性，防止装置漏气影响实验，故答案为：检验装置气密性；（2）二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需
48、要用氢氧化钠溶液吸收，利用倒置的漏斗而不是将导气管直接伸入烧杯中是防止液体倒吸，故答案为：SO2；防倒吸；（3）烧瓶中是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，装置中长导气管兼起导气冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流，起到了确保硫酸溶液体积保持不变的作用；故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；长导管；（4）加入过氧化氢把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，加入氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤、洗涤、干燥得到沉淀，称量固体的质量为13.98g为硫酸钡沉淀，物质的量=0.06mol，依据硫元素守恒，被氧化的硫酸为0.06
49、mol，依据化学方程式可知，Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，反应的硫酸物质的量为0.12mol，剩余硫酸物质的量=18mol/L0.020L0.12mol=0.24mol，剩余需要的最低浓度=12mol/L，故答案为：过滤；洗涤；干燥；12mol/L；（5）不加入过氧化氢，沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡沉淀，不能计算硫元素物质的量，所以需要加入过氧化氢，氧化亚硫酸钠为硫酸钠后，再进行沉淀称量计算，故答案为：需要；在烧杯中生成的Na2SO3可能被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误点评：本题考查了浓硫酸性质的分析应用，实
50、验设计方法的设计方法，掌握基础是解题关键，题目难度中等三、化学-选修2：化学与技术11（15分）（2015陕西校级二模）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质，水质优劣直接影响人体健康请回答下列问题：（1）某贫困山区，为了寻找合适的饮用水，对山上的泉水进行了分析化验，结果显示，水中主要含Ca2+、Mg2+、Cl和SO42则该硬水属于永久（填“暂时”或“永久”）硬度，若要除去Ca2+、Mg2+，可以往水中加入石灰和纯碱，试剂加入时先加石灰后加纯碱（2）我国规定饮用水的硬度不能超过25度硬度的表示方法是：将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并将其折算成CaO的质量，通常把1升水
51、中含有10mg CaO称为1度某化学实验小组对本地区地下水的硬度进行检测实验中涉及的部分反应：M2+（金属离子）+EBT（铬黑T）MEBT+ 蓝色酒红色M2+（金属离子）+Y4（EDTA）MY2MEBT+Y4（EDTA）MY2+EBT（铬黑T ）实验过程：取地下水样品25.00mL进行预处理写出由Mg2+引起的暂时硬度的水用加热方法处理时所发生反应的化学方程式：Mg（HCO3）2=Mg（OH）2+2CO2预处理的方法是向水样中加入浓盐酸，煮沸几分钟，煮沸的目的是除去溶解的CO2将处理后的水样转移到250mL的锥形瓶中，加入氨水氯化铵缓冲溶液调节pH为10，滴加几滴铬黑T溶液，用0.010 00
52、molL1的EDTA标准溶液进行滴定滴定终点时共消耗EDTA溶液15.00mL，则该地下水的硬度为33.6度（3）某工业废水中含有CN和Cr2O72等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理厂拟用下列流程进行处理：回答下列问题：流程中，反应后无气体放出，该反应的离子方程式为CN+ClOCNO+Cl含Cr3+废水需进一步处理，请你设计一个处理方案：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去（其他合理答案也可）考点：常见的生活环境的污染及治理；镁、铝的重要化合物；探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）根据水的硬度是由钙和镁的硫酸盐或氯化物等引起的，这种硬度叫做永久硬度；根据除杂时不能引
53、入新的杂质；（2）根据Ca（HCO3）2和Mg（HCO3）2的性质分析水垢形成的过程、写出水垢形成的过程的化学方程式；反应生成的二氧化碳能溶于水，要加热除去；EDTA标准溶液的浓度和消耗的体积，求出金属离子的物质的量，再求出氧化钙的质量和水的硬度；（3）碱性条件下，CN离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO、Cl离子，据此写出离子方程式；Cr3+废水有毒，可使Cr3+生成沉淀过滤除去解答：解：（1）因水的硬度是由钙和镁的硫酸盐或氯化物等引起的，这种硬度叫做永久硬度；已知水中主要含Ca2+、Mg2+、Cl和SO42，则该硬水的硬度属于永久硬度；因除杂时不能引入新的杂质，过量的钙离子通过纯碱来
54、除去，故先加石灰，后加纯碱，故答案为：永久； 石灰；纯碱；（2）由于自然界的水中大都溶有一定量的Mg（HCO3）2，在受热时生成Mg（OH）2，这种白色固体在容器内壁上积淀，即形成水垢，所以水垢形成的过程的方程式为Mg（HCO3）2=Mg（OH）2+2CO2，故答案为：Mg（HCO3）2=Mg（OH）2+2CO2；预处理的方法是向水样中加入浓盐酸，盐酸与Mg（HCO3）2反应生成二氧化碳，CO2能溶于水，所以要加热煮沸除去，故答案为：除去溶解的CO2；根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以溶液颜色变化为酒红色变为蓝色；用0.01000molL1的EDTA标准溶液进行滴定，滴
55、定终点时共消耗EDTA溶液15.00mL，则n（M2+）=n（EDTA）=0.01000molL115.00103=1.5104mol，则25ml水中m（CaO）=nM=56g/mol1.5104mol=8.2mg，所以1L水中m（CaO）=8.2mg100025=336mg，通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，所以该地下水的硬度为336mL10mL=33.6度，故答案为：33.6度；（3）步骤中，无气体放出，CN被ClO氧化为CNO，则因为是在碱性环境中，故ClO只能被还原为Cl，反应式为：CN+ClOCNO+Cl；故答案为：CN+ClOCNO+Cl；Cr3+废水有毒，可使Cr3+生
56、成沉淀过滤除去，故调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去，故答案为：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，难度不大，能较好的考查学生分析和解决问题的能力四、化学-选修3：物质结构与性质12（15分）（2015大兴区模拟）“可燃冰”是蕴藏于海底的一种潜在能源它由盛有甲烷、氮气、氧气、硫化氢等分子的水分子笼构成（1）水分子间通过氢键相互结合构成水分子笼N、O、S元素第一电离能由大到小的顺序为NOS（填元素符号）（2）从海底取得的“多金属结核”样本，样本中含铁、锰等多种金属基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p
57、63d54s1或Ar3d54s1金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图1所示面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为2：1（3）胆矾CuSO45H2O可写成Cu（H2O）4SO4H2O，其结构示意图2如下：写出基态Cu2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1胆矾中含有的粒子间作用力是abde（填序号）a离子键 b极性键 c金属键 d配位键 e氢键 f非极性键在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物Cu（CN）42，指出1molCN中键的数目为1.2041024胆矾受热分解得到铜的某种氧化物，其晶胞结构如上图3所示，则氧的配
58、位数是4考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况 分析：（1）水分子间存在氢键；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同主族从上到下，元素的第一电离逐渐减小；（2）原子的核外电子数与其原子序数相等，根据构造原理书写基态原子核外电子排布式；根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目进行解答；（3）根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式；离子之间存在离子键，非金属元素之间形成共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键；根据CN中成键情况计算；
59、根据晶胞的结构图可知氧原子的配位数解答：解：（1）水分子间存在氢键，水分子间通过氢键相互结合构成水分子笼；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：NOS；故答案为：氢键；NOS；（2）Cr属于24号元素，根据能量最低原理及洪特规则特例，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；面心立方晶胞中Fe原子数目=8+6=4，体心立方
60、晶胞中Fe原子=1+8=2，则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比=4：2=2：1，故答案为：2：1；（3）Cu（电子排布式为：Ar3d104s1）Cu2+的过程中，参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子，故Cu2+离子的电子排布式是为：Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9，故答案为：Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故选abde；在CN中C、N之间存在一个参键，其中有两个键，所以1molCN中键的数目为26.021023
61、=1.2041024，根据晶胞的结构图结合均摊法可知，晶胞中空心球与实心球个数比为1：2，所以空心球为氧原子，实心球为铜原子，距离氧原子最近的铜原子有四个，所以氧的配位数是4，故答案为：1.2041024；4点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、化学键、晶体结构等知识，学会利用均摊法确定晶胞中含有原子或离子的个数，难度中等五、化学-选修5：有机化学基础13（15分）（2015云南模拟）有机物可以用E和H在一定条件下合成：请根据以下信息完成下列问题：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢；一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）B的分子式为：
62、C4H8（2）CD、GH的反应类型为氧化反应、水解（取代）反应（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：（4）D生成E的化学方程式为E与H反应生成I的方程式为（5）I的同系物K相对分子质量比I小28K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基共有6种（不考虑立体异构）试写出上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式考点：有机物的推断 分析：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2
63、CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，据此解答解答：解：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D
64、再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，（1）B为CH2=C（CH3）2，B的分子式为C4H8，故答案为：C4H8； （2）根据上面的分析可知，CD为氧化反应，GH的反应为水解（取代）反应，故答案为：氧化反应；水解（取代）反应；（3）由上述分析可知，F的结构简式为：，故答案为：；（4）D生成E的化学方程式为：，E与H反应生成I的方程式为：，故答案为：；（5）I（）的同系物K比I相对分子质量小28，则K比I少2个CH2原子团，K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基，侧链为CHO、CH2OOCH或CH2CHO、OOCH二种结构，各有邻、间、对三种位置，故有6种，上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式为：等，故答案为：6；等点评：本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读能力、自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，利用正推法推断，（6）中同分异构体的书写是易错点、难点，根据信息确定苯环侧链是关键，难点中等
