1、2015年四川省攀枝花七中高考化学一诊试卷一、选择题（每题只有一个正确的答案，每小题6分，共42分）：1下列说法正确的是（）A CaO、H2SO4、NaHCO3、碘酒均属于化合物B 胶体与溶液的本质区别在于是否产生丁达尔效应C 合金具有良好的物理、化学和机械性能，熔点比成分金属低D 计算机芯片、太阳能电池、石英钟表主要材料均为SiO22下列关于元素周期表与化学键的知识叙述错误的是（）A 在周期表中过渡元素可作为催化剂B 化学键可以使离子结合，也可以使原子结合C 常温常压下，相同体积的O2和O3具有相同的分子数D F2、Cl2、Br2、I2共价键逐渐增强，熔点依次升高3下列实验操作能达到实验目的
2、是（）编号实验操作A测定次氯酸钠的pH用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，变色后，与标准比色卡对比B配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL准确称取氯化钾固体，放入到1000mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容C排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴快速流出D取出分液漏斗中所需的上层液体将下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，换一个接收容器，从分液漏斗下端管口继续放出下层液体A AB BC CD D4下列说法正确的是（）A 25、101kPa下，1 g氢气燃烧生成液态水放出142.9 kJ热量，其热化学方程式为：2H2
3、（g）+O2（g）2H2O（l）；H=285.8 kJmol1B 由水电离出的c（H+）=11013mol/L的溶液中，CO32、K+、SO42、Cl在溶液中可能大量存在C 浓度均为0lmolL1Na2CO3和NaHCO3混合液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D 在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，5molFeS2发生反应，有14mol电子发生转移5氢镍电池是一种应用广泛的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池氢镍电池的总反应为H2+NiO（OH）Ni（OH）2据此判断，下列叙述中正确的是（）A 电池
4、放电时，溶液中的阳离子移向正极B 电池放电时，H2是正极C 电池充电时，氢元素被氧化D 电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大6可逆反应aA（g）+bB（g）c（g）+dD（g）；H同时符合下列两图中各曲线的规律的是（）A a+bc+d T1T2H0B a+bc+d T1T2H0C a+bc+d T1T2H0D a+bc+d T1T2DH07已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011下列说法正确的是（）A 25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B 25时，Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（M
5、g2+）增大C 25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1NH4Cl溶液中的Ksp小D 25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2二、非选择题（包括4个小题，共58分）：8原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E的原子序数为29回答下列问题（所有元素均用元素符号表示）：（1）B2A2分子中B原子轨道的杂化类型为，1mol B2A2含有键的数目为（2）
6、B、C、D第一电离能由大到小为：，E元素基态原子简化电子排布式为：（3）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是（4）元素B、D形成的一种化合物与元素C、D形成的一种化合物互为等电子体，元素C、D形成化合物的分子式是（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是，测得其晶胞边长为acm，则该晶体密度为g/cm3它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物HnECl3，反应的化学方程式为9如图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物根据上图回答问题：（1）F的化学名称是（2）B的分子式是A的结构简式是反应的反应类型分别是，（3）反应、的化学方程式是，（有机化合物须
7、用结构简式表示）（4）符合下列3个条件的B的同分异构体的数目有个（）含有邻二取代苯环结构（）与B有相同官能团（）不与FeCl3溶液发生显色反应写出其中任意一个同分异构体的结构简式（5）G是重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途10香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植物中工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得：以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）已知以下信息：A中有五种不同化学环境的氢；B可与FeCl3溶液发生显色反应；同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基请回答下列问题：（1）香豆素的分子式为；（2）由甲苯生
8、成A的反应类型为；A的化学名称为（3）由B生成C的化学反应方程式为；（4）B的同分异构体中含有苯环的还有种，其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的有种；（5）D与新制氢氧化铜的化学方程式：D的同分异构体中：既能发生银境反应，又能发生水解反应的是（写结构简式）11MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的（写化学式）转化为可溶性物质（2）第步反应的离子方程式+ClO3+=MnO2+Cl2+；当有4.35gMnO2生成时，转移
9、电子的数目为个；（3）第步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有（写化学式）（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第步反应中至少需要NaClO3的质量为g2015年四川省攀枝花七中高考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确的答案，每小题6分，共42分）：1下列说法正确的是（）A CaO、H2SO4、NaHCO3、碘酒均属于化合物B 胶体与溶液的本质区别在于是否产生丁达尔效应C 合金具有良好的物理、化学和机械性能，熔点比成
10、分金属低D 计算机芯片、太阳能电池、石英钟表主要材料均为SiO2考点：单质和化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；金属与合金在性能上的主要差异分析：A、碘酒是碘单质溶于酒精形成的混合物；B、胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子大小；C、合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好；D、硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现解答：解：A、碘酒是碘单质溶于酒精形成的混合物，不是化合物，故A错误；B、胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子大小，不在于丁达尔效应，故B错误；C、合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，因此合金的熔点比它的成分金属要低，故C正确；D、计算机芯片、太阳能电池，均是单质
11、硅的用途，故D错误，故选C点评：本题主要考查的是化合物的概念、胶体的定义、合金的性质以及硅以及其化合物的用途等，难度不大2下列关于元素周期表与化学键的知识叙述错误的是（）A 在周期表中过渡元素可作为催化剂B 化学键可以使离子结合，也可以使原子结合C 常温常压下，相同体积的O2和O3具有相同的分子数D F2、Cl2、Br2、I2共价键逐渐增强，熔点依次升高考点：元素周期表的结构及其应用；化学键分析：A、过渡元素都是金属元素，金属元素能用于制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的物质；B、化学键包含离子键和共价键；C、常温常压下，相同体积的气体物质的量相同；D、F2、Cl2、Br2、I2共价键逐渐减弱，相对分
12、子量增大，熔点依次升高解答：解：A、过渡元素都是金属元素，金属元素能用于制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的物质，故A正确；B、化学键包含离子键和共价键，化学键可以使离子结合（离子键），也可以使原子结合（共价键），故B正确；C、常温常压下，相同体积的气体物质的量相同，所以分子数相同，故C正确；D、F2、Cl2、Br2、I2共价键逐渐减弱，相对分子量增大，熔点依次升高，故D错误；故选D点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化合物中的化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大3下列实验操作能达到实验目的是（）编号实验操作A测定次氯酸钠的pH用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在
13、pH试纸上，变色后，与标准比色卡对比B配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL准确称取氯化钾固体，放入到1000mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容C排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴快速流出D取出分液漏斗中所需的上层液体将下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，换一个接收容器，从分液漏斗下端管口继续放出下层液体A AB BC CD D考点：化学实验方案的评价分析：A次氯酸钠溶液具有漂白性；B容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品；C气泡密度较小，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从
14、尖嘴流出，可将气泡赶出；D分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出解答：解：A次氯酸钠溶液具有漂白性，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，应该用pH计，故A错误；B容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品，故B错误；C气泡密度较小，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，从而实现实验排出气泡目的，故C正确；D分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，否则易掺入杂质，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理、实验操作规范性是解本题关键，易错选项是A，注意pH试纸不能测定
15、次氯酸、次氯酸盐溶液的pH，题目难度不大4下列说法正确的是（）A 25、101kPa下，1 g氢气燃烧生成液态水放出142.9 kJ热量，其热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=285.8 kJmol1B 由水电离出的c（H+）=11013mol/L的溶液中，CO32、K+、SO42、Cl在溶液中可能大量存在C 浓度均为0lmolL1Na2CO3和NaHCO3混合液中：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D 在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，5molFeS2发生反应，有14mol电子发生转移
16、考点：热化学方程式；氧化还原反应；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：A、根据物质的物质的量与反应热成正比，计算1mol氢气燃烧生成液态水放热，结合热化学方程式的书写要求，标注物质聚集状态和对应反应的焓变得到；B、水电离出的H+浓度c（H+）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液；C、根据碳酸钠、碳酸氢钠混合液中的物料守恒判断；D、14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价解答：解：A、1gH2燃烧生成液态水时放出142.9k
17、J的热量，H0，1mol氢气燃烧生成液态水放热285.8 kJ，热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1，故A错误；B、水电离出的H+浓度c（H+）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32，碱溶液中可以共存，故B正确；C、浓度均为0.1molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）=0.3mol，而c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.2mol，则：2c（Na+）3c（CO32）+c（H2CO3）+c（HCO3），故C错误；D、5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知
18、，有3mol6（1）=21mol e转移，故D错误；故选B点评：本题考查了热化学方程式书写、溶液中离子浓度存在的物料守恒，影响水电离因素判断等知识，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应电子转移的计算方法，学会利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡的解决方法问题5氢镍电池是一种应用广泛的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池氢镍电池的总反应为H2+NiO（OH）Ni（OH）2据此判断，下列叙述中正确的是（）A 电池放电时，溶液中的阳离子移向正极B 电池放电时，H2是正极C 电池充电时，氢元素被氧化D 电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大考点：化学电源新型电池分析：根据
19、电池反应式知，放电时，负极反应为：H22e+2OH=2H2O，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e=OH+Ni（OH）2，充电时的电极反应为放电时的逆反应，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：A放电时，电子从负极沿导线流向正极，所以正极上聚集大量电子，根据异性相吸知，电解质溶液中阳离子向正极移动，故A正确；B原电池放电时，失电子发生氧化反应的电极是负极，该电池放电时氢气失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，故B错误；C根据电池反应式知，充电时H元素得电子发生还原反应，所以被还原，故C错误；D放电时，负极反应式为H22e+2OH=2H2O，氢氧根
20、离子浓度降低，溶液的pH减小，故D错误；故选A点评：本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是A，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大6可逆反应aA（g）+bB（g）c（g）+dD（g）；H同时符合下列两图中各曲线的规律的是（）A a+bc+d T1T2H0B a+bc+d T1T2H0C a+bc+d T1T2H0D a+bc+d T1T2DH0考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：由左图可知T1T2，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动；由右图可知增大压强，正反
21、应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，以此解答该题解答：解：由左图可知，T2时到达平衡的时间短，则速率快，所以T1T2，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，H0；由右图可知，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+bc+d；故选A点评：本题考查化学平衡的移动问题，题目难度中等，注意把握温度、压强对平衡移动的影响，答题时注意分析图象曲线变化的趋势，把握图象的分析能力7已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011下列说法正确的是（）A 25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（
22、Mg2+）大B 25时，Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C 25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1NH4Cl溶液中的Ksp小D 25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度
23、有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）c（F）27.421011，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀解答：解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化，故D错误；故选B点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性二、非选择题（包括4个小题，共58分）：8原子
24、序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E的原子序数为29回答下列问题（所有元素均用元素符号表示）：（1）B2A2分子中B原子轨道的杂化类型为sp，1mol B2A2含有键的数目为36.021023（2）B、C、D第一电离能由大到小为：NOC，E元素基态原子简化电子排布式为：Ar3d104s1（3）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是氨气分子间形成了分子间氢键（4）元素B、D形成的一种化合物与元素C、D形成的一种化合物互为等电子体，元素C、D形成化合物的
25、分子式是N2O（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是CuCl，测得其晶胞边长为acm，则该晶体密度为g/cm3它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物HnECl3，反应的化学方程式为CuCl+2HCl（浓）H2CuCl3考点：晶胞的计算；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分析：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核
26、外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素，据此解答解答：解：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素（1）C2H2分子结构式为HCCH，C原子形成2个键，没有孤对电子，故碳原
27、子轨道的杂化类型为sp杂化，1mol C2H2含有键的数目为36.021023，故答案为：sp；36.021023；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC；E的原子序数为29，则E为Cu元素，基态原子简化电子排布式为：Ar3d104s1，故答案为：NOC；Ar3d104s1；（3）氨气分子间形成了分子间氢键，沸点高于CH4，故答案为：氨气分子间形成了分子间氢键；（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO2与N2O，故答案为：N2O
28、；（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中白色球为数目为8+6=4，黑色球数目为4，原子数目之比为1：1，故该氯化物的化学式是CuCl，晶胞质量为g4，测得其晶胞边长为acm，则该晶体密度为g4（acm）3=g/cm3，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物HnCuCl3，反应的化学方程式为CuCl+2HCl（浓）H2CuCl3，故答案为：CuCl；CuCl+2HCl（浓）H2CuCl3点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、等电子体、配合物、晶胞计算等，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等9如图中A、B、C、D、E、F、G
29、均为有机化合物根据上图回答问题：（1）F的化学名称是乙酸乙酯（2）B的分子式是C9H10O3A的结构简式是反应的反应类型分别是水解（取代）反应，消去反应（3）反应、的化学方程式是，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（有机化合物须用结构简式表示）（4）符合下列3个条件的B的同分异构体的数目有3个（）含有邻二取代苯环结构（）与B有相同官能团（）不与FeCl3溶液发生显色反应写出其中任意一个同分异构体的结构简式中任意一种（5）G是重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途2CH2=CH2（或制备酒精，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH）考点
30、：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：B在浓硫酸加热条件下生成E，由E的结构可知，B发生酯化反应生成E，故B为D的分子式为C2H6O，一定条件下可以生成C2H4，故D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，D在浓硫酸作用下发生消去反应得G，C与CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下生成F，结合F的分子式C4H8O2可知，生成F的反应为酯化反应，故C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解（取代）反应，酸化得到B、C、D，故A为，据此解答解答：解：B在浓硫酸加热条件下生成E，由E的结构可知，B发生酯化反应生成E，故B为D的分子式为C2H6O，
31、一定条件下可以生成C2H4，故D为CH3CH2OH，G为CH2=CH2，D在浓硫酸作用下发生消去反应得G，C与CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下生成F，结合F的分子式C4H8O2可知，生成F的反应为酯化反应，故C为CH3COOH，F为CH3COOCH2CH3，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解（取代）反应，酸化得到B、C、D，故A为，（1）F为CH3COOCH2CH3，名称为乙酸乙酯，故答案为：乙酸乙酯；（2）根据上面的分析可知，B的结构简式是，所以B的分子式是C9H10O3，A为，反应为水解（取代）反应，反应为消去反应，故答案为：C9H10O3；水解（取代）反应、消去反应；（3）反应为
32、，反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（4）的同分异构体符合下列3个条件：含有邻二取代苯环结构；与B有相同官能团，含有COOH、OH；不与FeCl3溶液发生显色反应，不含酚羟基，符合条件的同分异构体为：，故答案为：3；中任意一种；（5）乙烯可以合成聚乙烯，反应方程式为：2CH2=CH2（或制备酒精，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH），故答案为：2CH2=CH2（或制备酒精，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH）点评：本题考查有机物的推断，注意根据
33、转化关系中E的结构以及D、G的分子式进行推断，掌握官能团的性质与转化是关键，难度中等10香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植物中工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得：以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）已知以下信息：A中有五种不同化学环境的氢；B可与FeCl3溶液发生显色反应；同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基请回答下列问题：（1）香豆素的分子式为C9H6O2；（2）由甲苯生成A的反应类型为取代反应；A的化学名称为邻氯甲苯（3）由B生成C的化学反应方程式为；（4）B的同分异构体中含有苯环的还有4种，其中在核磁共振氢谱中
34、只出现四组峰的有2种；（5）D与新制氢氧化铜的化学方程式：+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2OD的同分异构体中：既能发生银境反应，又能发生水解反应的是（写结构简式）考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：甲苯在催化作用下取代生成A，A中有五种不同化学环境的氢，应为，B可与FeCl3溶液发生显色反应，说明B中含有酚羟基，B为，对比B、C的分子式可知B在光照条件下发生取代生成C为，D的结构简式是，结合物质的结构和性质可解答该题解答：解：甲苯在催化作用下取代生成A，A中有五种不同化学环境的氢，应为，B可与FeCl3溶液发生显色反应，说明B中含有酚羟基，B为，对比B、C的分子式可知B在光
35、照条件下发生取代生成C为，D的结构简式是，（1）香豆素的分子式为C9H6O2，故答案为：C9H6O2；（2）甲苯与氯气反应生成邻氯甲苯的反应类型为取代反应，可以看作是一个氯原子取代一个氢原子，由以上分析可知A为，名称为邻氯甲苯，故答案为：取代反应；邻氯甲苯；（3）B可与FeCl3溶液发生显色反应，说明B中含有酚羟基在光照条件下，甲基上的两个氢原子被取代，方程式为，故答案为：；（4）分子式为C7H8O且含苯环的物质除邻甲基苯酚外，还有间甲基苯酚、对甲基苯酚、苯甲醚、苯甲醇4种，核磁共振氢谱中只出现四组峰，则有4种H，只有对甲基苯酚、苯甲醚符合，则有2种，故答案为：4；2；（5）D的结构简式是，与
36、新制氢氧化铜的化学方程式为+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O，若不改变取代基的种类和个数，有对羟基苯甲醛和间羟基苯甲醛两种；若只有一个取代基可以是，也可是，其中既能发生银境反应又能发生水解反应为，故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O； 点评：本题考查有机物的合成与推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，本题注意根据有机物官能团的变化判断有机物的结构简式、反应类型等，本题易错点为同分异构体的判断，注意结构决定性质，性质推测结构11MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO
37、3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的MnO和MnCO3（写化学式）转化为可溶性物质（2）第步反应的离子方程式5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+1Cl2+8H+；当有4.35gMnO2生成时，转移电子的数目为0.2NA个；（3）第步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有NaCl（写化学式）（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第步反应中至少需要NaClO3的质
38、量为2.13g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，第步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，第步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，（1）MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4；（2）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（3）蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中有N
39、aClO3和NaCl生成，依据化学方程式定量关系计算；（4）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol解答：解：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnS
40、O4，滤液中含MnSO4，第步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，第步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质，故答案为：MnO和MnCO3；（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+N
41、a2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，反应中生成5molMnO2，电子转移20mol，当有4.35gMnO2生成时，二氧化锰物质的量=0.05mol，转移电子的数目为0.2mol，电子数为0.2NA，故答案为：5Mn2+，2，4H2O，5，1，8H+；0.2NA ；（3）第属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl；（4）由题
42、意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g8.7 g=3.99g由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol质量=0.02mol106.5g/mol=2.13g，故答案为：2.13点评：本题考查了提纯的物质分离的分析应用、实验过程分析判断、氧化还原反应和定量计算，掌握基础是关键，题目难度中等