1、2015-2016学年江西省上高二中、宜春一中等四校高三（上）联考化学试卷一、选择题：（本题共7小题，每小题6分每小题只有一个正确答案）1化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列说法或做法合理的是（）将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量PM2.5值越高大气污染越严重燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放洗衣粉中添加三聚磷酸钠（Na3P5O10），增强去污效果易降解的生物农药更适合于在未来有害生物综合治理中的应用ABCD2下列有关化学用语表示正确的是（）A乙烯的最简式
2、：CH2=CH2； 对甲基苯甲醇的结构简式：BCl的结构示意图： 甲烷分子的球棍模型：CHCO3的水解方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+D羟基的电子式：原子核内有20个中子的氯原子： Cl3下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图甲所示装置控制制取少量纯净的CO2气体B用图乙所示装置制取并收集氨气C用图丙所示装置可以说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应D用图丁所示装置可制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色4X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17
3、则下列有关叙述正确的是（）AY、Z和W三种元素可能位于同一周期B上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高CY和W所形成的含氧酸均为强酸DX、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为5：1：4：1的离子化合物5下列各表述与示意图一致的是（）A此图表示25时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化得到的滴定曲线B此图表示一定条件下进行的反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是降低温度或缩小容器体积C此图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH
4、）2溶液体积的关系，在加入20mL Ba（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D此图表示化学反应H2（g）+C12（g）2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热H=183kJ/mol6用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是（）A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO47有6.4g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了1.44g，反应后全部气体用0.7mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收下列有
5、关叙述中正确的是（）A反应中生成的CO2体积为2.016 LB吸收CO2后的溶液中一定有Ba（HCO3）2C不能确定原混合物中CuO与Fe2O3质量比D若将质量相同的混合物加过量硝酸溶解后，再加入100mL的NaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c（NaOH）=1.8mol/L二、解答题（共5小题，满分43分）8欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂A（填写A的化学式）可将HCO3离子转化为沉淀并称重操作1、2、3、4的名称依次是溶解、洗涤和；
6、（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是，在操作2中应选择的指示剂是；（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为用流程图中的数据m、V（HCl），填写有关的表达式；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是，偏低的原因可能是（均文字简述）；（6）方法四的实验原理是：（用化学方程式表示）9已知常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol
7、H2O（l）H2O（g）H=+44.0kJ/mol写出甲醇燃烧的热化学方程式10甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）；H0（1）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为（2）判断（1）中可逆反应达到平衡状态的依据是（填序号）v正（CH3OH）3v逆（H2） 混合气体的密度不变 混合气体的平均相对分子质量不变 CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化（3）图1中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，
8、在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH（g）和2molH2O（g），向B容器中充入1，.2molCH3OH（g） 和2.4molH2O（g），两容器分别发生上述反应 已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B中CH3OH转化率为；维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）11如图甲、乙是电化学实验装置请回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，甲池中石墨棒上的电极反应式为（2）若甲池中盛放饱和NaCl溶液，则甲池中石墨棒上的电极反应式为12CoCl26H2O是一种饲料
9、营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如图：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式（2）写出N
10、aClO3发生反应的主要离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的两种沉淀的化学式为（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是；其使用的最佳pH范围是A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，
11、其原因可能是13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请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是（填两种物质的名称），其净水作用的原理是（2）水的净化与软化的区别是（3）硬度为1的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）若某天然水中c（Ca2+）=1.2103mol/L，c（Mg2+）=6104mol/L，则此水的硬度为（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3）=8104mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2g，后加入Na2CO3g（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图其中，电极A
12、接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极隔膜A是离子交换膜（填“阴”或“阳”）某种海水样品，经分析含有大量的Na+，Cl，以及少量的K+，SO42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A，B，C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb、pHc，则其大小顺序为【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）14（2015秋宜春校级月考）有机化合物AH的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）A是芳香烃，1mol A完全燃烧消耗9.5molO2，则A的结构简式是，名称是；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E由E转化为F的化学方程式是；（3）G与金属钠反应
13、能放出气体，由G转化为H的化学方程式是；（4）的反应类型是；的反应类型是；（5）符合下列条件的G同分异构体有种遇氯化铁溶液显紫色 苯环上有三个取代基 核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同环境的氢原子（6）烃B是E的同分异构体，B分子中的每个碳原子都以单键分别跟其它3个碳原子相连，且B分子中只有一种碳碳碳键角，B的结构简式为2015-2016学年江西省上高二中、宜春一中等四校高三（上）联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题6分每小题只有一个正确答案）1化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列说法或做法合理的是（）将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率进口国外电子垃
14、圾，回收其中的贵重金属PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量PM2.5值越高大气污染越严重燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放洗衣粉中添加三聚磷酸钠（Na3P5O10），增强去污效果易降解的生物农药更适合于在未来有害生物综合治理中的应用ABCD【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据地沟油的成分及性质解答；电子垃圾会产生重金属污染；根据PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5值越高，大气污染越严；煤燃烧时会产生大量的硫的氧化物和氮的氧化物能够污染环境；三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化；易降解的生物农药对
15、环境污染小【解答】解：地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，可以提高资源的利用率，故正确；电子垃圾中含有大量重金属，可导致重金属污染，不能从国外进口，故错误；PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，故正确；煤燃烧时会产生硫的氧化物和氮的氧化物能够污染环境，对燃煤脱硫脱硝，可以减少环境污染，该选项说法正确，故正确；三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，造成水体污染，故错误；易降解的生物农药能减少污染物的排放，对环境污染小，适合于在未来有害生物综合治理中的应用，故正确；故选：A【点评】本题
16、考查了生活生产中的环境污染和治理，难度不大，题目与社会接触密贴，是高考热点，解题时注意结合相应的化学知识来解答2下列有关化学用语表示正确的是（）A乙烯的最简式：CH2=CH2； 对甲基苯甲醇的结构简式：BCl的结构示意图： 甲烷分子的球棍模型：CHCO3的水解方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+D羟基的电子式：原子核内有20个中子的氯原子： Cl【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A最简式为分子中各原子的最简比；对甲基苯甲醇中甲基的对位应该为CH2OH；B氯离子的核电荷数为17；甲烷分子中，碳原子的原子半径大于H原子；C碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；D羟基为中性
17、原子团，氧原子最外层含有7个电子；中子数为20的氯原子的质量数为37，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数【解答】解：A乙烯的最简式为CH2，对甲基苯甲醇含甲基和CH2OH，则对甲基苯甲醇的结构简式为，故A错误；BCl的质子数为17，变为离子，质子数不变，其离子结构示意图为；甲烷分子中，碳原子的原子半径大于H原子，其正确的球棍模型为：，故B错误；CHCO3的水解生成碳酸和氢氧根离子，其正确的水解方程式为：HCO3+H2OH2CO32+OH，故C错误；D羟基中含有1个OH键，为中性原子团，其电子式为，原子核内有20个中子的氯原子的质量数为37，该氯原子可以表示为： Cl，故D正确；故选D【点
18、评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、最简式、球棍模型、原子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及规范答题能力3下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图甲所示装置控制制取少量纯净的CO2气体B用图乙所示装置制取并收集氨气C用图丙所示装置可以说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应D用图丁所示装置可制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价【分析】A不能排除氯化氢杂质；B应用向下排空法收集氨气；C加热时气体颜色变深，说明温度升高平衡向生成
19、NO2的方向移动；D制备Fe（OH）2时Fe应为阳极【解答】解：A盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢杂质，应用稀硫酸与纯碱反应，故A错误；B氨气密度比空气小，应用向下排空法收集氨气，故B错误；CNO2为红棕色气体，而N2O4无色，加热时气体颜色变深，说明温度升高平衡向生成NO2的方向移动，可以说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应，故C正确；D制备Fe（OH）2时Fe应为阳极，铁被氧化，与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，故D错误故选C【点评】本题考查了实验方案评价，为高考常见题型，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质结合实验装置来分析解答，答题时注意把握实验的严密性和可行性的
20、评价，把握实验的操作原理和方法，题目难度不大4X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17则下列有关叙述正确的是（）AY、Z和W三种元素可能位于同一周期B上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高CY和W所形成的含氧酸均为强酸DX、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为5：1：4：1的离子化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】原子核内没有中子的原子为H，如果Y、Z和W为同周期相邻，则最外层电子数可分别认为是n1、n、n+1，之和
21、为3n，是3的倍数，而17不是3的倍数，所以不是同周期相邻，一般是两个同周期，两个同主族，所以最外层电子分别为n1、n、n，之和为3n1，或是n、n、n+1，之和为3n+1，也就是就这个和与3的倍数差1，这个倍数就是其中两种元素的主族数该题中17=181，18为6的倍数，所以有两种元素位于第6主族，短周期中只有O和S，O的原子序数为8，S的原子序数为16，则另一种原子的原子序数为31816=7，为N元素，所以X为H元素，Y、Z和W应分别是N、O、S元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律的递变规律解答该题【解答】解：原子核内没有中子的原子为H，如果Y、Z和W为同周期相邻，则最外层电
22、子数可分别认为是n1、n、n+1，之和为3n，是3的倍数，现在17不是3的倍数，所以不是同周期相邻，一般是两个同周期，两个同主族，所以最外层电子分别为n1、n、n，之和为3n1，或是n、n、n+1，之和为3n+1，也就是就这个和与3的倍数差1，这个倍数就是其中两种元素的主族数该题中17=181，18为6的倍数，所以有两种元素位于第6主族，短周期中只有O和S，O的原子序数为8，S的原子序数为16，则另一种原子的原子序数为31816=7，为N元素，所以X为H元素，Y、Z和W应分别是N、O、S元素，则AY、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，不是3的倍数，所以不是同周期相邻，故A错误；B因H
23、2O或H2O2的熔沸点均比H2S高，故B错误；C亚硝酸、亚硫酸虽然属于含氧酸，但都是弱酸，故C错误；D离子化合物NH4HSO4中氢、氮、氧、硫的原子个数比为5：1：4：1，故D正确，故选D【点评】本题考查元素推断及对应化合物的性质，题目难度中等，解答本题的关键是讨论在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17的可能情况，为易错点5下列各表述与示意图一致的是（）A此图表示25时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化得到的滴定曲线B此图表示一定条件下进行的反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0各成
24、分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是降低温度或缩小容器体积C此图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mL Ba（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D此图表示化学反应H2（g）+C12（g）2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热H=183kJ/mol【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子方程式的有关计算；反应热和焓变；物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】图像图表题【分析】A、等浓度、等体积的氢氧化钠与盐酸反应，在滴定终点时pH会发生突变；B、根据图象可知，t2时刻反应物物质的量减小，生成物浓度增加，说明平衡向着正向
25、移动，根据影响化学平衡的因素分析；C、铝离子恰好完全沉淀时，沉淀的总质量没有达到最大，即在加入氢氧化钡溶液15mL处；D、根据反应物、生成物总能量可以判断出该反应为放热反应，焓变应该小于0【解答】解：A、0.1molL1NaOH溶液的pH为13，用0.1molL1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错误；B、因反应为体积减小的放热反应，则降低温度或增大压强，平衡向着正向移动，二氧化硫、氧气的物质的量减小，三氧化硫的物质的量增大，图象与反应情况一致，故B正确；C、当Al3+完全沉淀时，离子方程式为2Al3+3SO42+
26、3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3；当SO42完全沉淀时，离子方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，可见加入15mL氢氧化钡溶液时，铝离子完全沉淀，最后氢氧化铝沉淀逐渐溶解，硫酸钡沉淀逐渐增加，沉淀的质量继续增大，当硫酸根离子完全转化成硫酸钡沉淀时，氢氧化铝完全溶解，即加入20mL氢氧化钡溶液时代表SO42完全沉淀，铝离子完全溶解，故C错误；D、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，该反应是放热反应，反应热H=183kJ/mol，故D错误；故选B【点评】本题考查了酸碱中和滴定曲线判断、反应热和焓变、离子方程式的有关计算等知识，题目难度
27、中等，注意掌握根据图象判断反应热与焓变的方法，明确外界条件对化学平衡的影响6用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示，下列说法正确的是（）A阳极室溶液由无色变成棕黄色B阴极的电极反应式为：4OH4e2H2O+O2C电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是（NH4）3PO4【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应；B阴极上H+放电生成H2；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH）增大；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中的溶质为N
28、H3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4【解答】解：A根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe 2+失电子发生氧化反应生成Fe 3+，电极反应式为Fe 2+e=Fe3+，所以溶液由浅绿色变为棕黄色，故A错误；B阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O4e2OH+H2，故B错误；C电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c（OH）增大，溶液中pH增大，故C正确；D电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH和NH4+结合生成电解质NH3H2O，所以阴极室中溶质为NH3H2O和（NH4）3PO4或NH4HPO4、（NH4）2HPO4，故D错误；故选C【点
29、评】本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，知道电解后溶液中溶质成分，题目难度不大7有6.4g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了1.44g，反应后全部气体用0.7mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收下列有关叙述中正确的是（）A反应中生成的CO2体积为2.016 LB吸收CO2后的溶液中一定有Ba（HCO3）2C不能确定原混合物中CuO与Fe2O3质量比D若将质量相同的混合物加过量硝酸溶解后，再加入100mL的NaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c（NaOH）=1.8mol/L【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析
30、】ACuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，CO分子获得1个O原子形成CO2分子，故二氧化碳物质的量等于混合物中氧元素物质的量，但二氧化碳所处状态的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol；B根据n（CO2）：nBa（OH）2判断发生的反应，据此判断；C令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与氧原子的物质的量之和列方程计算，根据m=nM计算CuO、Fe2O3的质量；D由于硝酸过量，不能确定NaOH的物质的量【解答】解：ACuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，CO
31、分子获得1个O原子形成CO2分子，故n（CO2）=n（O）=0.09mol，故标况下二氧化碳的体积=0.09mol22.4L/mol=2.016L，但二氧化碳所处状态的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故A错误；BnBa（OH）2=0.7mol/L0.1L=0.07mol，故n（CO2）：nBa（OH）2=0.09mol：0.07mol=9：7，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故B正确；CCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为0.09mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ym
32、ol，根据二者质量之和与氧原子的物质的量之和列方程，可以计算各自物质的量，根据m=nM计算CuO、Fe2O3的质量，可以确定原混合物中CuO与Fe2O3质量比，故C错误；D由于硝酸过量，不能确定NaOH的物质的量，不能确定氢氧化钠的物质的量浓度，故D错误，故选B【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意利用守恒思想进行的计算，注意判断二氧化碳与氢氧化钡反应的生成物二、解答题（共5小题，满分43分）8欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂A
33、Ca（OH）2或Ba（OH）2（填写A的化学式）可将HCO3离子转化为沉淀并称重操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤和干燥；（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是100mL容量瓶，在操作2中应选择的指示剂是甲基橙；（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为100%用流程图中的数据m、V（HCl），填写有关的表达式；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是碱石灰在实验前后的质量；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是碱
34、石灰可能还会吸收空气中的水气和CO2气体，偏低的原因可能是圆底烧瓶内会留存部分CO2气体（均文字简述）；（6）方法四的实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（用化学方程式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧
35、化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）根据以上分析：与HCO3反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或 Ba（OH）2，二者选其一即可；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；（2）根据方法二的原理分析所需仪器；根据滴定终点时溶液酸碱性选择指示剂；（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，进而计算质量分数；（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；（5）根据装置分析，偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳
36、未被吸收；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数【解答】解：方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）方法一：与HCO3反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或 Ba
37、（OH）2，所以试剂A为Ca（OH）2或 Ba（OH）2；与与HCO3反应产生沉淀后应进行的操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：Ca（OH）2 或Ba（OH）2；过滤；干燥；（2）方法二中固态样品加水溶解成100ml溶液，所以还需100mL的容量瓶；用标准盐酸进行滴定到终点时溶液还溶解了少量的二氧化碳，故成酸性，而酚酞的变色范围是810，未滴定完已变色，不可用，应使用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色；故答案为：100mL容量瓶； 甲基橙；（3）由于盐酸与碳酸氢钠按1：1反应，所以消耗盐酸的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，又配100ml，取20ml进行滴定，所以原液是待测液的5倍，所以样品中Na
38、HCO3的质量为V（HCl）1030.100584=0.042V（HCl）g，质量分数为100%，故答案为：100%；（4）根据以上分析：方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量，故答案为：碱石灰在实验前后的质量；（5）因为碱石灰直接与空气接触，所以偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；因为装置中还会有残留的二氧化碳，所以偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收，故答案为：碱石灰可能还会吸收空气中的水气和CO2气体；圆底烧瓶内会留存部分CO2气体；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反
39、应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【点评】本题主要考查对碳酸氢钠的质量分数的不同测定方法的分析计算，注意分析各种方法的原理，进而解答，难度不大9已知常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/molH2O（l）H2O（g）H=+44.0kJ/mol写出甲醇燃烧的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】燃烧热的计算【分析】由已知：2
40、CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol，H2O（l）=H2O（g）H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（+2）2即得到甲醇燃烧的热化学方程式，由此分析解答【解答】解：由已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol，H2O（l）=H2O（g）H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（+2）2即得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol【
41、点评】本题考查学生盖斯定律的应用，是现在考试的热点，难度不大，比较容易10甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）；H0（1）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为0.01mol/（Ls）（2）判断（1）中可逆反应达到平衡状态的依据是（填序号）v正（CH3OH）3v逆（H2） 混合气体的密度不变 混合气体的平均相对分子质量不变 CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化（3）图1中P是可自由平行滑
42、动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH（g）和2molH2O（g），向B容器中充入1，.2molCH3OH（g） 和2.4molH2O（g），两容器分别发生上述反应 已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B中CH3OH转化率为75%；维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为1.75aL（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断【专题】计算题；平衡思想；化学平衡专题【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于物质的量之比；（2）化学平衡的标志是
43、正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变分析选项；（3）依据恒温恒容、恒温恒压容器变化，结合反应平衡特征分析判断，压强变化和物质的量变化成正比；打开KAB组成的是恒温恒压容器，依据压强变化和物质的量变化成正比计算得到【解答】解：（1）依据化学平衡三段式列式计算，设反应的甲醇物质的量为x CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）起始量（mol） 1 3 0 0变化量（mol） x x x 3x 20s量 （mol） 1x 3x x 3x20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.24x=0.4molv（CH3OH）=0.01mol/（Ls）；故答案为：0.01mol
44、/（Ls）；（2）可逆反应达到平衡状态的依据是正逆反应速率相同，v正（CH3OH）=v正（CO2）是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说你反应达到平衡，故不符合；反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故不符合；反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故符合；CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故符合；故答案为：；（3）B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol0.5=1.8 mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1m
45、ol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率=100%=75%，打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：（3+3.6）=1.5a：3.6 求得x=2.75a，所以B的体积为2.75aa=1.75a，故答案为：75%；1.75a【点评】本题考查了化学平衡三段式计算，平衡标志的分析判断，恒温恒容容器，恒温恒压容器的分析判断是解题关键，气体压强之比和物质的量之比成正比例，题目难度中等11如图甲、乙是电化学实验装置请回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，甲池中石墨棒上的电极反应式为Cu2
46、+2e=Cu（2）若甲池中盛放饱和NaCl溶液，则甲池中石墨棒上的电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲为原电池装置，石墨棒作正极，发生还原反应；（2）甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子【解答】解：（1）甲为原电池装置，石墨棒作正极，正极反应为Cu2+2e=Cu，故答案为：Cu2+2e=Cu；（2）甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H2O+O2+4e4OH，故答案为：2H2O+O2+4e4OH【点评】本题考查原电池与电解池的工作原理，明确离子放电顺序、电极反应式的书写即可解答，难度不大12CoCl26
47、H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如图：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方
48、程式Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的两种沉淀的化学式为Fe（OH）3、Al（OH）3（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；其使用的最佳pH范围是BA
49、2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）酸性条件下，Co2O3和SO32发生氧化还原反应生成Co2+、SO42；（2）酸性条件下，氯酸根离子能氧化亚铁离子生成铁离子，自身被还
50、原生成氯离子；酸性条件下ClO3和Cl发生氧化还原反应生成Cl2；（3）“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离子，所以需要将铁离子、铝离子转化为沉淀；（4）CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴；（5）由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水【解答】解：含钴废料中加入盐酸、Na2SO3，加入盐酸和Na2SO3，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，发生氧化还原反应可得到FeCl3，
51、然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）酸性条件下，Co2O3和SO32发生氧化还原反应生成Co2+、SO42，离子方程式为Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O；（2）酸性条件下，氯酸根离子能氧化亚铁离子生成铁离子，自身被还原生成氯离子，离子方程式为ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；酸性条件下ClO3和Cl发生
52、氧化还原反应生成Cl2，所以可能可能产生有毒气体氯气，离子方程式为ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离子，所以需要将铁离子、铝离子转化为沉淀，碳酸根离子和铝离子、铁离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化物沉淀，所以这两种沉淀的化学式为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴，所以制得的CoCl26H2O在
53、烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【点评】本题通过制取CoC
54、l26H2O的工艺流程考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图中可能发生的反应、实验操作与设计目的、相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）13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请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等（填其中任意两种）（填两种物质的名称），其净水作用的原理是铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物，并破坏水中带其他异电的胶体，使其聚沉达到
55、净水的目的（2）水的净化与软化的区别是水的净化是通过混凝剂（如明矾等）将水中的胶体及悬浮物除去，而水的软化是使水中的Ca2+、Mg2+浓度减小（3）硬度为1的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）若某天然水中c（Ca2+）=1.2103mol/L，c（Mg2+）=6104mol/L，则此水的硬度为10（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3）=8104mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2740g，后加入Na2CO31484g（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图其中，电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极隔膜A是阴离子交换膜（
56、填“阴”或“阳”）某种海水样品，经分析含有大量的Na+，Cl，以及少量的K+，SO42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A，B，C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb、pHc，则其大小顺序为pHapHbpHc【考点】原电池和电解池的工作原理；化学方程式的有关计算【专题】电化学专题；利用化学方程式的计算【分析】（1）天然水在净化处理过程中加入的混凝剂，其净水原理是利用盐水解生成的胶体吸附水中悬浮物；（2）净化水是除去悬浮杂质，软化水是除去钙镁离子；（3）依据硬度为1的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），将水中的Ca2+、Mg2+质量折算
57、成CaO的质量计算得到；（4）硬水软化需要把钙离子和镁离子全部沉淀，加入氢氧化钙和镁离子、碳酸氢根离子反应，加入碳酸钠沉淀钙离子；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电【解答】解：（1）天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等（填其中任意两种），其净水作用的原理是铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物，并破坏水中带其他异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的，故答案为：明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等（填其中任意两种）；铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应的氢
58、氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物，并破坏水中带其他异电的胶体，使其聚沉达到净水的目的；（2）水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矾进行；水的软化是降低Ca2+、Mg2+的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，故答案为：水的净化是通过混凝剂（如明矾等）将水中的胶体及悬浮物除去，而水的软化是使水中的Ca2+、Mg2+浓度减小；（3）某天然水中c（Ca2+）=1.2103molL1，c（Mg2+）=6104molL1，硬度为1的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2103mol，相当于CaO质量=1.2103mol56g/mol=67
59、.2mg，1L水中镁离子物质的量=6104mol，相当于氧化镁质量6104mol40g/mol=24mg，所以水的硬度=10故答案为：10；（4）10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10103L1.2103molL1=12mol；镁离子物质的量=10103L6104molL1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10103L8104molL1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：Mg2+2OH=Mg（OH）2 HCO3+OH=CO32+H2O1 2 1 1 16mol 12mol 8mol 8mol 8mol共需氢氧根物质的量20mol；需要Ca（OH）2物质的量10mol，氢氧化钙质量为7
60、4g/mol10mol=740g，水溶液中Ca2+物质的量为12mol+10mol=22mol，其中需要加入的 碳酸根离子为22mol8mol=14mol，需要碳酸钠的质量为14mol106g/mol=1484g，故答案为：740；1484；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜A和阳极相连，阳极是阴离子放电，所以隔膜A是阴离子交换膜，故答案为：阴；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电，隔膜A是阴离子交换膜，隔膜C是阳离子交换膜，则导致A室显酸性，B室显中性，C室显碱性，所以pH大小顺序为：pHapHbpHc，故答案为：pHapHbpHc【点评
61、】本题考查电解原理、水的硬度及水的净化等知识点，为高频考点，明确电解池中各个电极发生的反应、水硬度计算方法是解本题关键，侧重考查学生分析计算能力，题目难度不大【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）14（2015秋宜春校级月考）有机化合物AH的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）A是芳香烃，1mol A完全燃烧消耗9.5molO2，则A的结构简式是，名称是苯乙炔；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E由E转化为F的化学方程式是+Br2；（3）G与金属钠反应能放出气体，由G转化为H的化学方程式是；（4）的反应类型是加成反应；的反应类型是取代反应；（5）符合下列条
62、件的G同分异构体有2种遇氯化铁溶液显紫色 苯环上有三个取代基 核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同环境的氢原子（6）烃B是E的同分异构体，B分子中的每个碳原子都以单键分别跟其它3个碳原子相连，且B分子中只有一种碳碳碳键角，B的结构简式为【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】A是芳香烃，令A的分子式为CxHy，1mol A完全燃烧消耗9.5molO2，则x+=9.5，由转化关系可知A与氢气发生加成反应生成E，E与溴发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，G中含有2个醇OH，G与发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，A中含有2个8个C原子，则y=6，故A的分子式为C8H6，则A为，A与等物质的
63、量的H2反应生成E为，F为，G为，G与HOOCHCH2CH2COOH脱去2分子水生成环酯H为，据此解答【解答】解：A是芳香烃，令A的分子式为CxHy，1mol A完全燃烧消耗9.5molO2，则x+=9.5，由转化关系可知A与氢气发生加成反应生成E，E与溴发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，G中含有2个醇OH，G与发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，A中含有2个8个C原子，则y=6，故A的分子式为C8H6，则A为，A与等物质的量的H2反应生成E为，F为，G为，G与HOOCHCH2CH2COOH脱去2分子水生成环酯H为（1）由上述分析可知，A的结构简式是，名称是苯乙炔，故答案为：；苯乙炔
64、；（2）由E转化为F的化学方程式是： +Br2，故答案为： +Br2；（3）由G转化为H的化学方程式是：，故答案为：；（4）的反应类型是加成反应，的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（5）G（）的同分异构体有：遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯环上有三个取代基，核磁共振氢谱显示苯环上有两种不同环境的氢原，应含有2个OH、1个CH2CH3，且3个取代基处于间位，或者3个取代基相邻，且CH2CH3处于2个OH之间，故符合条件的同分异构体共有2种，故答案为：2种；（6）烃B是E（）的同分异构体，B分子中的每个碳原子都以单键分别跟其它3个碳原子相连，且B分子中只有一种碳碳碳键角，B的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，综合分析确定A的结构简式，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化合物知识的综合考查，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等