1、2015-2016学年重庆一中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分每小题给出的四个选顼中，只有一项符合题目要求）1化学与人们的生产、生活息息相关下列有关说法正确的是（）A煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C区分食盐是否加碘的方法是向食盐溶液中加少量淀粉，观察其是否变蓝D铝制容器不宜用来长时间存放酸性和碱性食物，也不可长时间存放含盐腌制食品2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A11gT2O含有的电子数为5NAB常温下，0.2L 0.5molL1NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NAC含4mo
2、lHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为NAD标准状况下，2.24L H2S全部溶于水所得溶液中HS和S2离子激之和为0.1NA3根据海水综合利用的工业流程图（如图），判断下列说法正确的是（）A过程的提纯只有物理过程，过程通过氧化还原反应可产生两种单质B在过程中将MgCl26H2O真接灼烧即可制得纯净无水MgCl2C过程所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴D过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀间题4铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O已知：HBF4、Pb
3、（BF4）2均是易溶于水的强电解质下列说法中不正确的是（）A充电时，阳极附近溶液的pH增大B充电时，阴极的电极反应式为pb2+2epbC放电时，转移1mol电子时负极减少的质量为103.5gD放电时，正极的电极反应式为PbO2+2e+4H+pb2+2H2O5用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（）A用图1所示装置制取少量H2B用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D用图4所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体6短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子
4、数是最外层的，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）A原子半径：rWrZrYB化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型相同C由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性D由Y元素形成的离子与W元素形成的离子的电子数不可能相同7下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A在pH=3的溶液中，Na+、Cl、Fe2+、ClO可以大量共存BpH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色C常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）D向0.1molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH）/c（NH3
5、H2O）增大三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第22题-第32题为必考题，每个考题考生都必须作答第3340为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（11题，共129分）8（1）用铜与浓硫酸反应制取硫酸铜，实验装置如图所示A中装置体现了浓硫酸的哪些性质？；装置中导管B的作用你认为可能是（写出一种）（2）为符合绿色化学的要求，某同学进行如下设计：将铜粉在（填仪器名称）中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应，反应后溶液经过、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，干燥时需要控制温度小于100，若温度过高，则会导致（3）探究小组用滴定法测定某胆矾晶体中CuS
6、O4的含量取ag样品配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1的EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+写出计算CuSO4质量分数的计算式=；下列操作会导致CuSO4含量的测定结果偏低的是a用样品溶液润洗锥形瓶b滴定终点时俯视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡（4）常温下CuSO4溶液中Cu2+水解的离子方程式为已知该反应的平衡常数K=5.0109，则常温下Cu（OH）2的Ksp=9能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的绿色能源之一（1）利用工业废气CO2可制取甲醇，已知常温常
7、压下下列反应的能量关系如图：则CO2与H2反应生成CH3OH的热化学方程式为（2）CH4和H2O（g）通过下列转化也可以制得CH3OH；ICH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H10IICO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H20将1.0molCH4和3.0molH2O（g）通入反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示已知温度为T1时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为；图中的p1p2（填“”、“”或“=”），判断的理由是若反应II在恒容密闭容器进行，下列能判断反应II达到平衡状态的是（填序号）a生成CH3
8、OH的速率与消耗CO的速率相等 b混合气体的密度不变c混合气体的总物质的量不变 dCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中发生反应II，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度（molL1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min时只改变了某一条件，10min时测得各物质浓度如表，则所改变的条件是；10min时v正v逆（填“”、“”或“=”）10连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业（1）在一定温度下，将足量SO2气体通入甲酸（HC
9、OOH）和NaOH混合溶液中，即有保险粉生成同时生成一种气体该反应的化学方程式为（2）保险粉可用于除去废水中的重铬酸根离子（Cr2O72被转化为Cr3+），这是目前除去酸性废水中铬离子的有效方法之一，则每消耗0.2mol保险粉，理论上可除去Cr2O72的物质的量为mol（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，某课题小组测定0.050molL1Na2S2O4溶液在空气pH变化如下图1；0t1段主要生成HSO3，根据pH变化图，推测0t1发生反应的离子方程式为；t3时溶液中主要阴离子是，t2t3阶段pH变小的主要原因是若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，此时溶液中c（SO32）
10、c（H2SO3）=molL1（填准确值，不考虑溶液体积变化）（4）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）也可使NaHSO3转化为Na2S2O4，并获得较浓的硫酸a为电源的（填“正极”或“负极”）；阴极的电极反应式为三.（二）选考题（共45分请考生从给出的3道化学题题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【化学一选修2：化学与技术】11某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程回答下列问题：（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用物理方法获；该方法是；原料气氢气中常含有少量CO、CO2、H2S等杂质，必须除去这些
11、杂质的原因是（2）工业合成氨反应的化学方程式是，该反应在（填设备名称）中进行（3）沉淀池中发生反应的主要方程式是，该反应能够发生的原因是（4）上述生产流程中，有关NH3的作用及说明正确的是A提供制各产品所需的氮元素 B增大CO32的浓度促进反应发生C作反应的催化剂（5）可以循环使用的X是从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是（6）写出硫酸钙的其它一种用途四.【化学一选修3：物质结构与性质】12原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主
12、族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29（1）F原子基态的外围核外电子排布式为（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是（用元素符号回答）（3）元素B的简单气态氢化物的沸点（高于，低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是（4）由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因五.【化学一选修有机化学基础】13以化台物A为原料合成化合物M的线路如下图
13、所示己知：（1）化台物D中含氧官能团的名称（2）写出下列反应的反应类型：反应；反应（3）1molA与足量溴水反应可消耗molBr2（4）反应中除生成M外，还生成CH3OH，则Y的结构简式为（5）反应的化学方程式为（6）同时满足下列条件的B的同分异构体有种I能与FeCl3溶液发生显色反应； II能发生银镜反应写出其中两种核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式：、2015-2016学年重庆一中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分每小题给出的四个选顼中，只有一项符合题目要求）1化学与人们的生产、生活息息相关下列有关说法正确的是（）A煤的干馏和
14、石油的分馏都属于化学变化B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C区分食盐是否加碘的方法是向食盐溶液中加少量淀粉，观察其是否变蓝D铝制容器不宜用来长时间存放酸性和碱性食物，也不可长时间存放含盐腌制食品【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物理变化与化学变化的区别与联系；绿色化学；铝的化学性质【专题】化学应用【分析】A分馏利于混合物的沸点不同分离混合物；B绿色化学的核心从源头上减少污染物的使用；C淀粉遇碘变蓝；DAl与酸、碱均反应【解答】解：A分馏利于混合物的沸点不同分离混合物，为物理变化，只有煤的干馏为化学变化，故A错误；B绿色化学的核心从源头上减少污染物的使用，而不能先污染后治理，
15、故B错误；C淀粉遇碘变蓝，食盐中为碘酸钾，则不能检验，故C错误；DAl与酸、碱均反应，则铝制容器不宜用来长时间存放酸性和碱性食物，也不可长时间存放含盐腌制食品，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A11gT2O含有的电子数为5NAB常温下，0.2L 0.5molL1NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NAC含4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为NAD标准状况下，2.24L H2S全部溶于水所得溶液中H
16、S和S2离子激之和为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、求出超重水的物质的量，然后根据超重水中含10个电子来分析；B、求出硝酸铵的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析；C、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；D、H2S为弱酸，在溶液中不能完全电离【解答】解：A、11g超重水的物质的量为0.5mol，而超重水中含10个电子，故0.5mol中含5NA个电子，故A正确；B、溶液中硝酸铵的物质的量n=0.5mol/L0.2L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故溶液中含有的氮原子个数为0.2NA个，故B错误；C、二
17、氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀时反应即停止，故盐酸不能反应完全，则转移的电子总数小于NA个，故C错误；D、H2S为弱酸，在溶液中不能完全电离，故溶液中的H2S、HS和S2的个数之和为0.1NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3根据海水综合利用的工业流程图（如图），判断下列说法正确的是（）A过程的提纯只有物理过程，过程通过氧化还原反应可产生两种单质B在过程中将MgCl26H2O真接灼烧即可制得纯净无水MgCl2C过程所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴D过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设
18、备的腐蚀间题【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴；A根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断，过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；B因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，根据镁离子水解显酸性进行分析；C溴易溶于水，应蒸馏分离
19、；D根据反应二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析【解答】解：A过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；B因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B错误； C溴易溶于水，应蒸馏分离，不能进行分液操作，故C错误； D因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故D正确；故选D【点评】本题考查了海水资源综合利用，为高频考点，
20、涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性，本题难度中等4铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质下列说法中不正确的是（）A充电时，阳极附近溶液的pH增大B充电时，阴极的电极反应式为pb2+2epbC放电时，转移1mol电子时负极减少的质量为103.5gD放电时，正极的电极反应式为PbO2+2e+4H+pb2+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析
21、】原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb2e=Pb2+；正极反应：PbO2+2e+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极据此分析【解答】解：A充电时，阳极反应：Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，故A错误；B充电时阴极发生还原反应，为Pb2+2e=Pb，故B正确；C放电时负极反应为：Pb2e=Pb2+，转移1mol电子时负极减少的质量为207g/mol0
22、.5mol=103.5g，故C正确；D由总反应可知放电时，正极发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e+4H+pb2+2H2O，故D正确故选A【点评】本题考查了原电池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断，为高频考点，应注意的是在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极；在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极5用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（）A用图1所示装置制取少量H2B用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D用图4所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体【考点】化学实验方案的评价【专题】实
23、验评价题【分析】A图1为气体简易发生装置，可用于制备氢气，但不能用盐酸；B乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；C根据U形管两侧液面的变化可判断；D氯化铵不稳定，加热易分解【解答】解：A盐酸易挥发，应用稀硫酸制备氢气，故A错误；B乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，不需要蒸馏，且温度计位置错误，故B错误；C钠和水反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，故C正确；D氯化铵不稳定，加热易分解，不能将溶液蒸干，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，
24、注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大6短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）A原子半径：rWrZrYB化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型相同C由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性D由Y元素形成的离子与W元素形成的离子的电子数不可能相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的，原子只能有2
25、个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2是一种储氢材料，Z表现+2价，结合原子序数可知Z为Mg，结合元素周期律以及元素化合物结构与性质解答【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2是一种储氢材料，Z表现+2价，结合原子序数可知Z为MgA同周期从左向右原子半径在减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径为Z（Mg）W（S）R（O），故A错误；B化合物H2O含有共价键，
26、MgO含有离子键，MgH2中含有离子键，故B错误；C由X、Y、Z、W组成的化合物为MgSO4.7H2O等，溶液中镁离子水解，溶液呈酸性，故C正确；D由Y元素形成的O22，核外电子数为18，W元素形成的S2离子核外电子数也是18，故D错误故选：C【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期律的理解掌握，D选项为易错点，学生容易忽略过氧根离子7下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A在pH=3的溶液中，Na+、Cl、Fe2+、ClO可以大量共存BpH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色C常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）
27、c（H+）=c（OH）D向0.1molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH）/c（NH3H2O）增大【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、Fe2+、ClO可以发生氧化还原反应；B、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，酸剩余；C、常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中，存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+）；D、溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离【解答】解：A、在pH=3的溶液中，Fe2+、ClO可以发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；B、pH
28、=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，酸剩余，溶液显示酸性，滴入石蕊溶液呈红色，故B正确；C、常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中c（H+）=c（OH），存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以：c（Cl）=c（NH4+）c（H+）=c（OH），故C错误；D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中氢氧根离子浓度和一水合氨浓度比值是减小的，故D错误；故选B【点评】本题涉及离子共存、溶液酸碱性的判断和离子浓度大小关系比较、弱电解质的电离等方
29、面的知识，属于综合知识的考查，难度中等三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第22题-第32题为必考题，每个考题考生都必须作答第3340为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（11题，共129分）8（1）用铜与浓硫酸反应制取硫酸铜，实验装置如图所示A中装置体现了浓硫酸的哪些性质？酸性和强氧化性；装置中导管B的作用你认为可能是（写出一种）安全管；平衡压强；防止倒吸；若连接C装置导气管堵塞时防止装置爆炸；拆除装置前，从B口向A中鼓气是生成的二氧化硫被完全吸收（2）为符合绿色化学的要求，某同学进行如下设计：将铜粉在坩埚（填仪器名称）中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应，
30、反应后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，干燥时需要控制温度小于100，若温度过高，则会导致CuSO45H2O晶体失去部分结晶水（3）探究小组用滴定法测定某胆矾晶体中CuSO4的含量取ag样品配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1的EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+写出计算CuSO4质量分数的计算式=100%；下列操作会导致CuSO4含量的测定结果偏低的是bca用样品溶液润洗锥形瓶b滴定终点时俯视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡（4
31、）常温下CuSO4溶液中Cu2+水解的离子方程式为Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+已知该反应的平衡常数K=5.0109，则常温下Cu（OH）2的Ksp=2.01020【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；浓硫酸的性质实验【专题】无机实验综合【分析】（1）A装置中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现了酸性和强氧化性；装置中导管B的作用使安全装置，起到平衡压强防止倒吸作用，可以通入气体吧生成气体全部赶出到装置C中吸收；（2）高温灼烧固体应在坩埚中进行，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体可以将硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，
32、CuSO45H2O晶体中的结晶水容易失去，所以干燥需要控制温度小于100；（3）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol，依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc103mol；100ml溶液中含bc103mol5=5bc103mol，据此计算硫酸铜质量分数；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断，滴定实验中依据c（待
33、测）=分析；（4）常温下CuSO4溶液中Cu2+水解生成氢氧化铜和氢离子，依据平衡常数概念列式计算，K=；【解答】解：（1）A装置中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+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，A中装置体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；根据装置图可知，导管B可以平衡试管内外的压强，同时若C的导管堵塞时防止装置爆炸，另外拆除装置前从B管口向A鼓气使二氧化硫被全部吸收，故答案为：安全管；平衡压强；防止倒吸；若连接C装置导气管堵塞时防止装置爆炸；拆除装置前，从B口向A中鼓气是生成的二氧化硫被完全吸收；（2）高温灼烧固体应在坩
34、埚中进行，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体可以将硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，CuSO45H2O晶体中的结晶水容易失去，所以干燥需要控制温度小于100，故答案为：坩埚；蒸发浓缩、冷却结晶；CuSO45H2O晶体失去部分结晶水；（3）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb103L=bc103mol，依据元素守恒得到：则20ml溶液中
35、含有的CuSO45H2O物质的量为bc103mol；100ml溶液中含bc103mol5=5bc103mol；所以CuSO4质量分数的表达式=100%，故答案为：100%；a用样品溶液润洗锥形瓶，导致待测溶液中溶质增大，导致测定结果偏高，故a错误；b滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b正确；c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，导致标准溶液体积减小，结果偏低，故c正确；故答案为：bc；（4）常温下CuSO4溶液中Cu2+水解生成氢氧化铜和氢离子，反应的离子方程式为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，依据平衡常数概念列式计算，K=2.01020，故答案为：Cu2+2H2
36、OCu（OH）2+2H+，2.01020；【点评】本题考查物质的分离、实验设计、试剂选择、滴定实验的基本操作和误差分析等知识点，明确离子的性质和滴定实验的定量关系是解本题关键，题目难度中等9能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的绿色能源之一（1）利用工业废气CO2可制取甲醇，已知常温常压下下列反应的能量关系如图：则CO2与H2反应生成CH3OH的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=50KJ/mol（2）CH4和H2O（g）通过下列转化也可以制得CH3OH；ICH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H10IICO（g）+2H2（g）C
37、H3OH（g）H20将1.0molCH4和3.0molH2O（g）通入反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示已知温度为T1时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为0.003 molL1min1；图中的p1p2（填“”、“”或“=”），判断的理由是该反应正方向为体积增大的方向，相同温度下，压强越大甲烷的转化率减小，P2 的转化率比P1小，说明P2P1；若反应II在恒容密闭容器进行，下列能判断反应II达到平衡状态的是cd（填序号）a生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等 b混合气体的密度不变c混合气体的总物质的量不变 dC
38、H3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中发生反应II，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度（molL1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min时只改变了某一条件，10min时测得各物质浓度如表，则所改变的条件是向容器中充入1molH2；10min时v正v逆（填“”、“”或“=”）【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【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】（1）根据图1中能量变化写出反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出由二氧化碳和氢气制备
39、甲醇的热化学方程式；（2）T1时达到平衡时，甲烷转化率为50%，结合化学平衡三段式列式计算平衡时各组分的物质的量；根据c=计算v（H2）；该反应正方向为体积增大的方向，增大压强，甲烷的转化率减小；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答；根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件，反应达到平衡时，根据反应方程式知各物理量之间的关系式知，c（CO）=0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，C（H2）=0.2mol/L0.08mol/L=0.12mol/L，10m
40、in时，c（CO）减小，c（H2）增大，c（CH3OH）增大，则平衡向正反应方向移动，但氢气浓度增大，所以改变的物理量是增大了氢气的浓度；5min时达到平衡状态，根据浓度求出平衡常数k，然后根据10min时的浓度计算Qc，再根据k与Qc之间的关系判断【解答】解：（1）图1中的热化学方程式为CO（g）+H2O（l）=CO2（g）+H2（g）H=41kJ/mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=（510419）kJ/mol=91KJ/mol，依据盖斯定律得：二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=50KJ/mol；故答案为：
41、CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=50KJ/mol；（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知T1甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5假设T1时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=0.003 molL1min1，故答案为：0
42、.003 molL1min1；该反应正方向为体积增大的方向，相同温度下，增大压强，甲烷的转化率减小，由图可知，相同温度下，P2 的转化率比P1小，说明P2P1；故答案为：；该反应正方向为体积增大的方向，相同温度下，压强越大甲烷的转化率减小，P2 的转化率比P1小，说明P2P1；a生成CH3OH的速率与消耗CO的速率均为正反应速率，不能判断平衡状态，故错误； b混合气体的体积始终保持不变，质量守恒，所以混合气体的密度始终不变，所以不能判断平衡状态，故错误；c该反应为气体的物质的量减少的反应，混合气体的总物质的量不变，说明反应达到平衡状态，故正确；dCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，说明
43、反应达到平衡状态，故正确；故答案为：cd；反应达到平衡时，根据反应方程式知各物理量之间的关系式知，c（CO）=0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，C（H2）=0.2mol/L0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c（CO）减小，c（H2）增大，c（CH3OH）增大，则平衡向正反应方向移动，但氢气浓度增大，所以改变的物理量是增大了氢气的浓度，氢气浓度增大了0.2mol/L0.12mol/L+0.02mol/L=0.1mol/L，则加入的氢气的物质的量为10L0.1mol/L=1mol；5min时达到平衡状态，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）开始浓度（m
44、ol/L）：0.1 0.2 0转化浓度（mol/L）：0.04 0.08 0.04 平衡浓度（mol/L）：0.06 0.12 0.04则k=46.310min时Qc=25k，所以反应向正方向进行，即v正v逆；故答案为：向容器中充入1molH2；【点评】本题考查了化学平衡移动原理、平衡常数的有关计算、盖斯定律等知识点，注意把握化学平衡常数的有关计算方法，难点化学平衡移动的分析和计算，要结合浓度该变量来确定改变条件，难度中等10连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业（1）在一定温度下，将足量SO2气体通入甲酸（HCOOH）和NaOH混合溶液中，即有保险粉生成同
45、时生成一种气体该反应的化学方程式为2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O（2）保险粉可用于除去废水中的重铬酸根离子（Cr2O72被转化为Cr3+），这是目前除去酸性废水中铬离子的有效方法之一，则每消耗0.2mol保险粉，理论上可除去Cr2O72的物质的量为0.2mol（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，某课题小组测定0.050molL1Na2S2O4溶液在空气pH变化如下图1；0t1段主要生成HSO3，根据pH变化图，推测0t1发生反应的离子方程式为2S2O42+O2+2H2O=4HSO3；t3时溶液中主要阴离子是SO42，t2t3阶段pH变小的主要原因是HS
46、O3空气中被氧化为硫酸，氢离子浓度增大若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，此时溶液中c（SO32）c（H2SO3）=105109molL1（填准确值，不考虑溶液体积变化）（4）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）也可使NaHSO3转化为Na2S2O4，并获得较浓的硫酸a为电源的正极（填“正极”或“负极”）；阴极的电极反应式为2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】无机实验综合【分析】（1）SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，根据元素守恒和电子得失守恒写化学方程式；（2）根据电子得失守恒可知，保险粉与重铬酸根离
47、子反应的关系式为Cr2O72Na2S2O4，据此计算；（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠；t2t3阶段pH变小是氢离子浓度增大，说明是亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸；若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，溶液中电荷守恒和物料守恒计算得到；（4）NaHSO3转化为Na2S2O4，元素化合价降低，亚硫酸氢钠做氧化剂得到电子发生还原反应，b电极为电源的负极，亚硫酸氢钠变化为硫酸，元素化合价升高失电子发生氧化反应，则a电极为电源的正极，阴极是亚硫酸氢钠被还原为
48、Na2S2O4，结合电荷守恒和原子守恒分析书写电极反应；【解答】解：（1）SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为：2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O，故答案为：2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O；（2）根据电子得失守恒可知，保险粉与重铬酸根离子反应的关系式为Cr2O72Na2S2O4，所以每消耗0.2mol保险粉，理论上可以除去Cr2O72的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2；（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0t1段发生离子反应方程式为：2S2O42+O2+2H2O
49、=4HSO3故答案为：2S2O42+O2+2H2O=4HSO3；t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42，故答案为：SO42；若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+2c（SO32）+c（HSO3），物料守恒为：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），带入计算得到c（SO32）c（H2SO3）=c（H+）c（OH）=105109，故答案为：105109；（4）NaHSO3转化为Na2S2O4，元素化合价降低，亚硫酸氢钠做氧化剂得到电子发
50、生还原反应，b电极为电源的负极，亚硫酸氢钠变化为硫酸，元素化合价升高失电子发生氧化反应，则a电极为电源的正极，故答案为：正极；阴极是亚硫酸氢钠在酸性溶液中被还原为Na2S2O4，结合电荷守恒和原子守恒分析书写电极反应为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O故答案为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；【点评】本题考查氧化还原反应、水解反应、物质制备和检验实验设计与探究，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、离子方程式的书写等，注意对物质性质信息的应用，难度中等三.（二）选考题（共45分请考生从给出的3道化学题题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【化学一选
51、修2：化学与技术】11某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程回答下列问题：（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用物理方法获；该方法是蒸馏液态空气；原料气氢气中常含有少量CO、CO2、H2S等杂质，必须除去这些杂质的原因是防止催化剂中毒（2）工业合成氨反应的化学方程式是N2+3H22NH3，该反应在合成塔（填设备名称）中进行（3）沉淀池中发生反应的主要方程式是CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4，该反应能够发生的原因是生成碳酸钙溶解度小于硫酸钙，有利于反应向正向进行（4）上述生产流程中，有关
52、NH3的作用及说明正确的是ABA提供制各产品所需的氮元素 B增大CO32的浓度促进反应发生C作反应的催化剂（5）可以循环使用的X是CO2从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是该流程中产生的CO2的可以循环利用，得到的产物和副产物都有用，无废弃物产生（6）写出硫酸钙的其它一种用途生产水泥石膏【考点】工业合成氨【专题】氮族元素【分析】（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气的物理方法获得；原料气氢气中常含有少量CO、CO2、H2S等杂质，会引起催化剂中毒，必须除去；（2）氮气和氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，该反应在合成塔中进行，催化剂为铁触媒；（3）NH3和CO2
53、通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4，得以发生的原因是沉淀转化的问题；（4）根据氨在生产生活中的使用分析；（5）碳酸钙高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，二氧化碳可以循环利用，氧化钙为副产品；从反应原理及可循环利用物质、副产品及是否有污染物生成等角度分析；（6）硫酸钙可以生产水泥石膏等【解答】解：（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气的物理方法获得；原料气氢气中常含有少量CO、CO2、H2S等杂质，会引起催化剂中毒，必须除去，故答案为：蒸馏液态空气；防止催化剂中毒；（2）氮气和氢气在高温高
54、压、催化剂条件下反应生成氨气，该反应在合成塔中进行，故答案为：N2+3H22NH3；合成塔；（3）NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4，得以发生的原因是碳酸钙的溶解性比硫酸钙小，有利于反应向正方向进行，故答案为：CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4；生成碳酸钙溶解度小于硫酸钙，有利于反应向正向进行；（4）上述生产流程中，氨气的作用是提供制各产品所需的氮元素，增大CO32的浓度促进反应发生，不作为催化剂，故答案为：AB；（5）CaCO3在煅烧炉中分解
55、生成CO2和CaO，CO2可循环使用，副产品为生石灰，根据反应流程离子，该反应的有利点为：生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成，故答案为：CO2；该流程中产生的CO2循环使用，得到的产品和副产品都是有用的物质，无废物产生；（6）硫酸钙的用途可以是生产水泥，石膏等，故答案为：生产水泥，石膏【点评】本题考查工业合成氨，题目难度中等，明确合成流程及反应原理为解答关键，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，（2）为易错点，需要从难溶物溶解平均及其转化实质角度考虑四.【化学一选修3：物质结构与性质】12原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素其中A的基态原
56、子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29（1）F原子基态的外围核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是NOC（用元素符号回答）（3）元素B的简单气态氢化物的沸点高于（高于，低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是B的氢化物分子之间存在氢键（4）由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为N=C=O（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A
57、原子轨道的杂化类型为sp（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为NaNO2（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序
58、数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序数小于25，则C是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；（1）F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写F基态原子的核外电子排布式；（2）A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）含有氢键的氢化物熔点较高；（4）由C、N、O形成的离子OCN与CO2互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；（5）在元素C与
59、S所形成的常见化合物CS2中，根据价层电子对理论确定A原子轨道的杂化类型；（6）由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式；（7）根据电子层的结构判断，全满、半满和全空为稳定状态【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序数小于25，则C是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子
60、序数为29，为Cu元素；（1）F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知Cu元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电离能从小到大顺序是NOC，故答案为：NOC；（3）含有氢键的氢化物熔点较高，氨气分子中含有氢键、甲烷中不含氢键，所以氨气熔沸点高于甲烷，故答案为：高于；B的氢化物分子之间存在氢键；（4）等
61、电子体原子个数相等、价电子数相等，由C、N、O形成的离子OCN与CO2互为等电子体，根据二氧化碳结构式知OCN的结构简式为N=C=O，故答案为：N=C=O；（5）在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，二硫化碳分子中中心原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化，故答案为：sp；（6）由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，该晶胞中N原子个数=1+8=2、O原子个数=2+16=4，Na原子个数=8=2，所以该晶胞中Na、N、O原子个数之比=2：2：4=1：1：2，则化学式为NaNO2，故答案为：NaNO2；（7）在原子中电子层全满、半满和全空为稳定状态，Cu+外
62、围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定故答案为：Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、等电子体、氢键、第一电离能、原子核外电子排布等知识点，这些都是高考高频点，明确均摊法、价层电子对互斥理论、元素周期律、构造原理等知识点即可解答，题目难度中等五.【化学一选修有机化学基础】13以化台物A为原料合成化合物M的线路如下图所示己知：（1）化台物D中含氧官能团的名称硝基、醚键（2）写出下列反应的反应类型：反应取代反应；反应还原反应（3）1molA与足量溴水反
63、应可消耗3molBr2（4）反应中除生成M外，还生成CH3OH，则Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3（5）反应的化学方程式为（6）同时满足下列条件的B的同分异构体有9种I能与FeCl3溶液发生显色反应； II能发生银镜反应写出其中两种核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式：、【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】由信息（）及反应可推知A为，反应是引入NO2的反应，由信息（）可知反应是NO2被还原成NH2的反应，E中的OCH3应是反应生成的，所以C是，D为对比E和M的官能团的变化，结合（4）可知E和Y发生取代反应生成M，则Y为CH3OOCCH2COOCH3【解答】解：由信息（）及反
64、应可推知A为，反应是引入NO2的反应，由信息（）可知反应是NO2被还原成NH2的反应，E中的OCH3应是反应生成的，所以C是，D为对比E和M的官能团的变化，结合（4）可知E和Y发生取代反应生成M，则Y为CH3OOCCH2COOCH3（1）化台物D为，含氧官能团的名称：硝基、醚键，故答案为：硝基、醚键；（2）反应属于取代反应，反应属于还原反应，故答案为：取代反应；还原反应；（3）A为，分歧和邻位、对位可以与溴发生取代反应，1molA与足量溴水反应可消耗3molBr2，故答案为：3；（4）反应中除生成M外，还生成CH3OH，则Y的结构简式为：CH3OOCCH2COOCH3，故答案为：CH3OOCC
65、H2COOCH3；（5）反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）同时满足下列条件的B的同分异构体：I能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，II能发生银镜反应，说明含有醛基，取代基为OH、OOCH，有邻、间、对3种，取代基可以为2个OH、1个CHO，2个OH处于邻位、CHO有2种位置，2个OH处于间3、CHO有2种位置，2个OH处于对位、CHO有1种位置，共有9种，核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式：、，故答案为：9；、【点评】本题考查有机物的推断、化学反应类型、官能团、同分异构体的书写、化工生产条件的控制等，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力