1、山东省济宁市微山一中2014-2015学年高二下学期期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1（3分）下列说法或表示方法不正确的是（）A盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC由C（石墨）C（金刚石）；H=+73 kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定D在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2
2、H2O（l）；H=285.8kJ/mol2（3分）已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用（NH3）、（O2）、（NO）、（H2O）（摩/升分）表示，则正确的关系是（）A（NH3）=（O2）B（O2）=（H2O）C（NH3）=（H2O）D（O2）=（NO）3（3分）在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应：A（s）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是 （）AC的物质的量浓度B混合气体的密度C容器内压强D混合气体的平均分子量4（3分）如图是关于反应A2（g）+3B2（g）2C（g）H0的平衡移动图形，影响平衡移动的原因是（）A升高温度，同时
3、加压B降低温度，同时减压C增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D增大反应物浓度，同时使用催化剂5（3分）下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A新制的氯水在光照下颜色变浅BFe（SCN）3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅C在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成DH2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深6（3分）下列说法正确的是（）A物质发生化学变化不一定伴随着能量变化B硫酸钡、醋酸铵、氨水都是弱电解质C用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向HTS0的方向进行7（3分）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下
4、列说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强B醋酸的电离程度增大，H+减小C再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7D溶液中由水电离出的H+=11011molL18（3分）已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）9（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl、NO3BH+=1012
5、 molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrCOH/H+=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、CO32D由水电离的H+=1.01013 molL1的溶液中：K+、NH4+、Al（OH）4、HCO310（3分）某温度时，AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点B加入少量水，平衡右移，Cl浓度减小Cd点没有AgCl沉淀生成Dc点对应的Ksp等于a点对应的Ksp11（3分）可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（）p1（Mpa）p2（Mpa）40099.6
6、99.750096.997.8ABCD12（3分）下列有关实验的说法不正确的是（）A在测定中和反应的反应热实验中，要读取最高温度B中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C向CH3COONa溶液中滴入石蕊试液，溶液变蓝D向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）Ksp（CuS）13（3分）分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD14（3分）下列离子方程式中，书写正确的是（）A弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB+H2OH3O+B2B电解饱和食盐水：C1+2H
7、2OH2+Cl2+OHC氢氧燃料电池在碱性介质中的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHDFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl15（3分）下列表述正确的是（）A0.1molL1Na2CO3溶液中：OH=HCO3+H+H2CO3B0.1molL1CH3COONa溶液中：Na+=CH3COO+OHCCH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa）D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中离子浓度的关系：CH3COONa+OH=H+16（
8、3分）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+下列有关说法正确的是（）A检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD正极上发生的反应为：O2+4e+2H2O=4OH二填空题17（14分）C、N、S是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：（1）烟道气中含有的CO和SO2是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为S（s）和CO2，此反应的热化学式为已知：CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=28
9、3.0kJmol1；S（s）+O2=SO2（g）H=296.0kJmol1（2）向甲、乙两个均为1L的密闭容器中，分别充入5mol SO2和3mol O2，发生反应：2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）H0甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.5mol；乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.6mol则T1T2（填“”“”），甲容器中反应的平衡常数K=（3）如图1所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气气囊保持恒温，关闭K2，分别将1mol N2和3mol H2通过K1、K3充入A、B中，发生的反应为N2（g）+3H2（g）2N
10、H3（g），起始时A、B的体积相同均为a L图2示意图中正确，且既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是容器A中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率v（H2）=（4）将0.1mol氨气分别通入1L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中NH4+离子浓度分别为c1、c2、c3，则三者浓度大小的关系为 （用c1、c2、c3和、=表示）已知醋酸铵溶液呈中性，常温下CH3COOH的Ka=1105 molL1，则该温度下0.1molL1的NH4Cl溶液的pH为18（14分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示
11、意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑在b中小心加入4.0mL液态溴向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了气体继续滴加至液溴滴完装置d的作用是；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤NaOH溶液洗涤的作用是；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤加入氯化钙的目的是；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为，要进一步提纯，
12、下列操作中必须的是；（填入正确选项前的字母）A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是（填入正确选项前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL19（10分）已知苯酚能跟碳酸钠溶液反应生成苯酚钠现有如下转化：根据上述转化关系回答下列问题：（1）a羧基 b酚羟基 c醇羟基提供质子的能力是（填编号）（2）编号所用的试剂分别是：；（3）写出苯酚与碳酸钠溶液反应的离子方程式（4）写出乙醇钠与水反应的化学方程式20（14分）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RCH=CH2RCH2C
13、H2OH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山东省济宁市微山一中2014-2015学年高二下学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1（3分）下列
14、说法或表示方法不正确的是（）A盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC由C（石墨）C（金刚石）；H=+73 kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定D在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=285.8kJ/mol考点：中和热；燃烧热 分析：A、盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B
15、、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以放出的热量大于57.3KJ；C、能量越低的物质，越稳定；D、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量解答：解：A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故A正确；B、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以测得中和过程所放出的热量大于57.3KJ，故B正确；C、能量越低的物质，越稳定，由石墨生成金刚石吸热，说明金刚石能量高，故C正确；D、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热化学反应方程式中燃料的计量数是1不能是2，故D错误故选：D点评：本题考查了燃烧热和中和热的概念应用
16、的判断，注意燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，中和热不包括酸、碱溶解时所吸收或放出的热量2（3分）已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用（NH3）、（O2）、（NO）、（H2O）（摩/升分）表示，则正确的关系是（）A（NH3）=（O2）B（O2）=（H2O）C（NH3）=（H2O）D（O2）=（NO）考点：反应速率的定量表示方法 专题：化学反应速率专题分析：根据同一化学反应中，化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答解答：解：A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则vO2=VNH3，故A错误；B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则H2O
17、=O2，故B错误；C、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VH2O=VNH3，故C错误；D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VNOO2，故D正确；故选：D点评：本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比3（3分）在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应：A（s）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是 （）AC的物质的量浓度B混合气体的密度C容器内压强D混合气体的平均分子量考点：化学平衡状态的判断 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：可逆反应A（s
18、）+2B（g）C（g）+D（g）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意该反应中A为固态，且反应恰好气体的体积不变解答：解：A该反应达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，所以C的物质的量浓度不变能说明该反应达到平衡状态，故A错误；B该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会发生变化，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故B错误；C该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，容器中的压强始终不发生变化，所以不能证明达到了平衡状态，故C正确；D该反应前后气体的
19、总物质的量不变，而气体的质量发生变化，如果混合气体的平均分子量不变，说明已经达到平衡状态，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据，反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据4（3分）如图是关于反应A2（g）+3B2（g）2C（g）H0的平衡移动图形，影响平衡移动的原因是（）A升高温度，同时加压B降低温度，同时减压C增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D增大反应物浓度，同时使用催化剂考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大
20、，升高温度，使平衡向逆反应移动，增大压强，使平衡向正反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，降低温度，使平衡向正反应移动，减小压强，使平衡向逆反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动解答：解：A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原
21、速率的下方，故B错误；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，图象符合，故C正确；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故D错误故选：C点评：本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、压强、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键5（3分）下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A新制的氯水在光照下颜色变浅BFe（SCN）3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅C在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成
22、DH2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深考点：化学平衡移动原理 专题：化学平衡专题分析：A、氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H+Cl，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动B、Fe（SCN）3溶液中存在平衡Fe3+SCNFe（SCN）2+（红色），加入NaOH溶液，发生反应Fe3+OH=Fe（OH）3，溶液中Fe3+浓度降低，平衡向生成Fe3+的方向移动C、合成氨反应为N2（g）+3H2（g）2NH3 （g）H0，正反应为气体体积减小的放热反应，降低温度平衡向放热反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动D、可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），反
23、应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动解答：解：A、氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H+Cl，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，可用勒夏特列原理解释，故A正确；B、Fe（SCN）3溶液中存在平衡Fe3+SCNFe（SCN）2+（红色），加入NaOH溶液，发生反应Fe3+OH=Fe（OH）3，溶液中Fe3+浓度降低，平衡向生成Fe3+的方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B正确；C、合成氨反应为N2（g）+3H2（g）2NH3 （g）H0，正反应为气体体积减小的放热反应，降低温度平衡向放热反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，
24、有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释，故C正确；D、可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，不能用用勒夏特列原理解释，故D错误故选：D点评：本题考查了勒夏特利原理、平衡移动等，难度中等，注意改变压强的实质是改变体积，影响反应混合物的浓度6（3分）下列说法正确的是（）A物质发生化学变化不一定伴随着能量变化B硫酸钡、醋酸铵、氨水都是弱电解质C用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向HTS0的方向进行考点：反应热和焓变；强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用
25、专题：基本概念与基本理论分析：A、根据化学变化的特征分析；B、硫酸钡、醋酸铵属于盐是强电解质；C、Al2S3在溶液中能发生双水解，不能稳定存在；D、反应的自发性判断根据熵和焓的复合判据来判断解答：解：A、化学变化的特征：一是有新物质生成，二是伴随着能量变化，故A错误；B、硫酸钡、醋酸铵属于盐是强电解质，氨水是混合物不是电解质，故B错误；C、Al2S3在溶液中能发生双水解，不能稳定存在，所以不能用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3，故C错误；D、反应的自发性判断是根据熵和焓的复合判据，即HTS0时，反应能自发进行，故D正确；故选D点评：本题考查了化学变化的特征、强弱电解质的判断、物质
26、在溶液中的反应、反应自发性的判断，属于基础知识的考查，题目难度不大7（3分）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强B醋酸的电离程度增大，H+减小C再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7D溶液中由水电离出的H+=11011molL1考点：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专题分析：A加水稀释促进醋酸电离，但氢离子和醋酸根离子浓度减小；B加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小；CpH=3的醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11 NaOH溶液浓度为0.001mol/L；D稀释后溶液的
27、pH未知，无法计算水电离出氢离子浓度解答：解：A加水稀释促进醋酸电离，但氢离子和醋酸根离子浓度减小，溶液导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电性减弱，故A错误；B加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子个数增大程度小于溶液体积增大程度，所以氢离子浓度减小，故B正确；CpH=3的醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11 NaOH溶液浓度为0.001mol/L，两种溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，故C错误；D稀释后溶液的pH未知，虽然水的离子积常数不变，但无法计算水电离出氢离子浓度，故D错误；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，加水稀释促进醋酸电离，但氢离
28、子浓度降低，很多同学往往认为“促进电离，氢离子浓度增大”而导致错误，为易错点8（3分）已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH）=m
29、ol/L解答：解：A因温度未知，则pH=7不一定为中性，故A错误；B、混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故B正确；C因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故C错误；D任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B）=c（OH）+c（A），不能确定溶液的酸碱性，故D错误故选B点评：本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断9（3分）常温下
30、，下列各组离子一定能大量共存的是（）A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl、NO3BH+=1012 molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrCOH/H+=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、CO32D由水电离的H+=1.01013 molL1的溶液中：K+、NH4+、Al（OH）4、HCO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；BH+=1012 molL1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；COH/H+=1012的溶液中存在
31、大量氢氧根离子，铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与铝离子发生双水解反应；D由水电离的H+=1.01013molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，偏铝酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应，铝离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应解答：解：A滴加甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BH+=1012 molL1的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Ba2+、Cl、Br之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；COH/H+=1012的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+、Al3+与氢氧
32、根离子反应，Al3+、CO32之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D由水电离的H+=1.01013 molL1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Al（OH）4、HCO3与氢离子反应，NH4+、HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确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等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等10（3分）某温度时，AgCl（s
33、）Ag+（aq）+Cl（aq）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点B加入少量水，平衡右移，Cl浓度减小Cd点没有AgCl沉淀生成Dc点对应的Ksp等于a点对应的Ksp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：A加入AgNO3，c（Ag+）增大，c（Cl）减小；B溶液存在溶解平衡，加入少量水，促进溶解，如认为饱和溶液，则离子浓度不变；Cd点处银离子浓度大，此时银离子浓度和氯离子浓度乘积大于溶度积常数；D温度一定溶度积常数不变解答：解：A加入AgNO3固体，银离子浓度增大，氯离子浓度减小，而cd点氯离子浓度相同，故A错误；B溶液存在
34、溶解平衡，加入少量水，促进溶解，如认为饱和溶液，则离子浓度不变，故B错误；Cd点处银离子浓度大，此时银离子浓度和氯离子浓度乘积大于溶度积常数，有氯化银沉淀生成，故C正确；D温度不变Ksp不变，ac点是相同温度下的溶解沉淀平衡，Ksp相同，故D正确；故选CD点评：本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念11（3分）可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是（）p1（Mpa）p2（Mpa）40099.699.750096.997.8ABCD考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 分析：由表
35、中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，对比图象可解答该题解答：解：由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则A升高温度，A的转化率降低，与表中数据吻合，故A正确；B升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的百分含量降低，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与表中数据吻合，故B正确；C升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移
36、动，逆反应速率大于正反应速率，与表中数据吻合，故C正确；D增大压强，反应速率增大，正反应速率大于逆反应速率平衡向正反应方向移动，图象与表中数据不吻合，故D错误故选D点评：本题考查温度温度、压强对平衡移动的影响，题目难度中等，注意分析表中数据以及图象的曲线的变化，学习中注意加强该方面能力的培养12（3分）下列有关实验的说法不正确的是（）A在测定中和反应的反应热实验中，要读取最高温度B中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C向CH3COONa溶液中滴入石蕊试液，溶液变蓝D向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）Ksp（CuS）考点：化学实验方案的评价 分析：A最高
37、温度为恰好完全反应的温度；B中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥，不影响实验结果；C醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；D溶度积常数大的难溶物能向溶度积常数小的难溶物转化解答：解：A最高温度为恰好完全反应的温度，利用初始温度与最高温度可计算中和热，故A正确；B中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥，不干燥只改变待测液浓度而不改变待测液中溶质的物质的量，所以不影响实验结果，故B正确；C醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，故C正确；D溶度积常数大的难溶物能向溶度积常数小的难溶物转化，向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明K
38、sp（ZnS）Ksp（CuS），故D错误；故选D点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及中和滴定、盐类水解、难溶物转化等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是B，注意从操作规范性及物质性质方面解答，题目难度不大13（3分）分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD考点：盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁；氧化钙和水反应生成氢氧化钙；氯化钠不水解；碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸
39、钠；硫酸钾不水解解答：解：氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，故错误；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，加热过程中，蒸发掉水，最后得到氢氧化钙，故错误；氯化钠不水解，蒸发掉水后得到氯化钠，故正确；加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故错误；亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，故错误；硫酸钾不水解，将水分蒸干时得到硫酸钾，故正确；故选B点评：本题综合考查物质的性质，侧重于水解、分解、氧化等知识的考查，注意该题中没有说灼烧，如果告诉灼烧，则得到氧化铁，为易错点，题目难度不大1
40、4（3分）下列离子方程式中，书写正确的是（）A弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB+H2OH3O+B2B电解饱和食盐水：C1+2H2OH2+Cl2+OHC氢氧燃料电池在碱性介质中的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHDFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、该方程中HBB2，属于电离反应；B、离子方程式中原子不守恒；C、碱性介质中氧气在正极得电子生成氢氧根离子；D、方程式中Br与Fe的个数比与FeBr2中不一致解答：解：A、该方程中HBB2，属于电离方程，弱酸酸式盐NaHB在水溶液中水解方程为
41、：HB+H2OOH+H2B，故A错误；B、离子方程式中原子不守恒，所以电解饱和食盐水的离子方程式为：2C1+2H2OH2+Cl2+2OH，故B错误；C、碱性介质中氧气在正极得电子生成氢氧根离子，所以正极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故C正确；D、FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子全部被氧化，其离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故D错误；故选C点评：本题难度不是很大，考查离子方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、反应物之间物质的量的关系、是否符合反应实际等角度，分析离子方程式的书写是否正确15（3分）下列表述正确的是（）
42、A0.1molL1Na2CO3溶液中：OH=HCO3+H+H2CO3B0.1molL1CH3COONa溶液中：Na+=CH3COO+OHCCH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同，则浓度大小顺序：c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COONa）D向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中离子浓度的关系：CH3COONa+OH=H+考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B根据电荷守恒判断；C酸根离子水解程度越大，相同pH的盐溶液中，盐的浓度越
43、小，碱的浓度最小；D溶液呈中性，则OH=H+，再结合电荷守恒判断解答：解：A根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），所以得c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故A错误；B溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得Na+H+=CH3COO+OH，故B错误；C酸根离子水解程度越大，相同pH的盐溶液中，盐的浓度越小，碱的浓度最小，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以pH相等的这几种溶液中，浓度大小顺序是c （NaOH）c （Na2CO3）c（CH3COO
44、Na），故C正确；D混合溶液呈中性，则OH=H+，溶液中存在电荷守恒Na+H+=CH3COO+OH，所以CH3COO=Na+，故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小的比较，涉及盐类水解、酸碱中和定性判断等知识点，根据电荷守恒和物料守恒来分析解答即可，由物料守恒和电荷守恒可以得出质子守恒，如A选项，题目难度中等16（3分）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+下列有关说法正确的是（）A检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2O
45、H+O2=CH3COOH+H2OD正极上发生的反应为：O2+4e+2H2O=4OH考点：常见化学电源的种类及其工作原理 专题：电化学专题分析：酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题解答：解：A原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B氧气得电子被还原，化合价由0价降低到2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误
46、；C酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故D错误故选C点评：本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答二填空题17（14分）C、N、S是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：（1）烟道气中含有的CO和SO2是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为S（s）和CO2，此反应的热化学式为2CO（g）+SO2
47、（g）=S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1已知：CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1；S（s）+O2=SO2（g）H=296.0kJmol1（2）向甲、乙两个均为1L的密闭容器中，分别充入5mol SO2和3mol O2，发生反应：2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）H0甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.5mol；乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时SO3的物质的量为4.6mol则T1T2（填“”“”），甲容器中反应的平衡常数K=108Lmol1（3）如图1所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气
48、气囊保持恒温，关闭K2，分别将1mol N2和3mol H2通过K1、K3充入A、B中，发生的反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），起始时A、B的体积相同均为a L图2示意图中正确，且既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是d容器A中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率v（H2）=molL1S1（4）将0.1mol氨气分别通入1L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中NH4+离子浓度分别为c1、c2、c3，则三者浓度大小的关系为c1=c2c3 （用c1、c2、c3和、=表示）已知醋酸铵溶液呈中性
49、，常温下CH3COOH的Ka=1105 molL1，则该温度下0.1molL1的NH4Cl溶液的pH为5考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 分析：（1）已知CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0KJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.0KJmol1根据盖斯定律将方程式2得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g），然后计算反应热；（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的SO3越少；先利用三段式求出平衡时各物质的浓度，再根据K=计算；（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等
50、于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；已知反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），通入1mol N2和3mol H2，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，根据压强之比等于物质的量比结合三段式计算；（4）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，氨气与硫酸和盐酸恰好反应；醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH3COOH的Ka=1105 molL1，所以NH3H2O的电离常数为1105 molL1，Ka=，Kh=1109，据此计算解答：解：（1
51、）CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0KJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.0KJmol1将方程式2得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=（283.0KJmol1）2（296.0KJmol1）=270KJmol1，所以热化学反应方程式为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270KJmol1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270KJmol1；（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的SO3越少，达到平衡时甲容器中生成的三氧化硫的物质的量少，则甲容器的温度高，即T1T2； 2SO2 （g）
52、+O2 （g）2SO3（g）起始（mol/L）：5 3 0转化（mol/L）：x 0.5x x平衡（mol/L）：5x 30.5x x达到平衡时SO3的物质的量为4.5mol，则x=4.5mol/L，所以K=108Lmol1；故答案为：；108Lmol1；（3）a密度=，总质量一定，A中体积不变，故密度不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b恒温条件下，平衡常数保持不变，则不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；dN2的转化率先增大，后保持不变，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故d正确；故答案为：d； N2（g）+3H2（g）2NH3
53、（g）起始（mol）：1 3 0转化（mol）：x 3x 2x平衡（mol）：1x 33x 2x达到平衡后容器的压强变为原来的，则=，解得x=，v（H2）=molL1S1；故答案为：molL1S1；（4）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，铵根离子浓度较大，氨气与硫酸和盐酸恰好反应，所以溶液中铵根离子浓度：c1=c2c3，；醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH3COOH的Ka=1105 molL1，所以NH3H2O的电离常数为1105 molL1，Ka=1105，Kh=1109，
54、设c（H+）为xmol/L，则Kh=，解得x=1105mol/L，所以pH=5；故答案为：c1=c2c3；5点评：本题考查较综合，涉及平衡常数计算、反应速率计算、平衡状态判断、弱电解质的电离等知识点，这些都是2015届高考高频点，侧重考查学生分析、计算及知识运用能力，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点18（14分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/gcm30.883.101.50沸点/8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15m
55、L无水苯和少量铁屑在b中小心加入4.0mL液态溴向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了HBr气体继续滴加至液溴滴完装置d的作用是吸收HBr和Br2；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；滤液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤NaOH溶液洗涤的作用是除去HBr和未反应的Br2；向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤加入氯化钙的目的是干燥；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，要进一步提纯，下列操作中必须的是C；（填入正确选项前的字母）A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取（4）在该实验中，a
56、的容积最适合的是B（填入正确选项前的字母）A.25mL B.50mL C.250mL D.500mL考点：苯的性质 专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥剂，据此解答；（3）由分离操作可知，分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离；（4）根据制取溴苯所加的液体的体积进行解答，溶液的体积一般不超2/
57、3，不少于1/3解答：解：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥；（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C；（4）操
58、作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液态溴，所以a的容积最适合的是50mL，故答案为：B点评：本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等19（10分）已知苯酚能跟碳酸钠溶液反应生成苯酚钠现有如下转化：根据上述转化关系回答下列问题：（1）a羧基 b酚羟基 c醇羟基提供质子的能力是（填编号）abc（2）编号所用的试剂分别是：NaHCO3溶液；NaOH或Na2CO3溶液；Na；稀盐酸或稀H2SO4；CO2（3）写出苯酚与碳酸钠溶液反应的离子方程式C6H5OH+CO32C6H5O+HCO3（4）写出乙醇钠与水反
59、应的化学方程式CH3CH2ONa+H2OCH3CH2OH+NaOH考点：有机物分子中的官能团及其结构 分析：（1）酸性：羧基酚羟基醇羟基；（2）能与羧基反应的物质：钠、氢氧化钠、碳酸氢钠、碳酸钠溶液；能与酚羟基反应的物质：钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液；能与醇羟基反应的物质：钠；（3）苯酚能跟碳酸钠溶液反应，生成苯酚钠和碳酸氢钠；（4）乙醇钠与水反应生成乙醇和氢氧化钠解答：解：（1）提供质子的能力就是电离出氢离子的能力，即酸性：abc，故答案为：abc；（2）该反应过程为：中只有羧基与生成，：是碳酸氢钠；能与稀盐酸或稀H2SO4反应生成；中只有酚羟基与反应生成，为碳酸钠或者氢氧化钠，和试剂反应生成，
60、酚钠溶液和二氧化碳反应生成酚羟基，羧酸钠溶液和二氧化碳不反应，所以试剂是二氧化碳或碳酸；中只有醇羟基与反应生成，为钠，故答案为：NaHCO3溶液；NaOH或Na2CO3溶液；Na；稀盐酸或稀H2SO4；CO2；（3）苯酚能跟碳酸钠溶液反应，生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应离子方程式为C6H5OH+CO32C6H5O+HCO3，故答案为：C6H5OH+CO32C6H5O+HCO3；（4）乙醇钠与水反应生成乙醇和氢氧化钠，反应方程式为CH3CH2ONa+H2OCH3CH2OH+NaOH，故答案为：CH3CH2ONa+H2OCH3CH2OH+NaOH点评：本题考查了羧基、酚羟基、醇羟基性质的区别和有机物之
61、间的转化，题目难度中等，注意各种官能团的性质是本题解题的关键20（14分）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RCH=CH2RCH2CH2OH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：C4H8（2）CD的反应类型为氧化反应（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
62、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；有机物的合成 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）2CHCH2OH，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：
63、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
64、，CD为氧化反应，故答案为：氧化反应；（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，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、题给信息、产物的结构简式进行推断，正确推断物质结构简式是解本题关键，难点是（5）题同分异构体种类判断
