1、2015年山西省阳泉市高考化学二模试卷一、选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）1（6分）（2015阳泉二模）下列有关化学的基本概念、规律和原理正确的是（）A烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质B不同元素的原子构成的分子中只含极性共价键CIA族与A族元素间可形成共价化合物或离子化合物D2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）在常温下可自发进行，则该反应的H02（6分）（2015阳泉二模）下列叙述中错误的是（）A用水可以鉴别乙醇、苯、和溴苯B甲苯与氯气在光照下可发生取代反应，主要生成2，4二氯甲苯C化学式为C7H16的有机物，分子中含有3个甲基的可能结构有3
2、种D乙酸丁酯中含乙酸杂质，可以加入饱和碳酸钠溶液洗涤，然后通过分液来去除杂质3（6分）（2015阳泉二模）下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A用某无色溶液进行焰色反应焰色呈黄色原溶液一定是钠盐溶液B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2C将水蒸汽通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸汽在高温下发生反应D将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）H0AABBCCDD4（6分）（2015阳泉二模）常温离子液体也称常温熔融
3、盐，硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12已知C2H5NH2的化学性质与NH3相似，C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是（）A硝酸乙基铵水溶液呈碱性B该离子液体可以作为电池的电解质C（C2H5NH3）NO3能与氢氧化钠反应产生NH3D相同温度下，相同物质的量的浓度的硝酸乙基铵溶液和硝酸铵溶液相比前者的pH小5（6分）（2015阳泉二模）已知H2（g）+Br2（g）2HBr（g）+72kJ1mol Br2（g）液化放出的能量为30kJ，其它相关数据如下表：H2（g）Br2（l）HBr（g）1mol 分子中的化学键断裂时
4、需要吸收的能量/kJ436a369则上述表格中的a值为（）A404B344C260D2006（6分）（2015阳泉二模）图是水煤气（成分为CO、H2）空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极下列叙述中正确的是（）AA处通人的是空气，B处通人的是水煤气Ba电极发生还原反应，b电极发生氧化反应Ca电极的反应式包括：CO+4OH+2e=CO32+2H2OD如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L7（6分）（2015阳泉二模）铁、铜混合粉末18g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g，下列说法正确的是（）A剩余固体的铁、
5、铜混合物B反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molC原固体混合物中铜的质量是9.6gD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.64mol二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015阳泉二模）某研究性学习小组根据氧化还原反应规律，欲探究NO2、NO与Na2O2反应的情况I从理论上分析，Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2（1）甲同学设计了如图所示装置进行实验试管A中反应的离子方程式待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，
6、观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷并对甲同学的设计进行了改进他在A、B之间增加了一个装置，然后重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失，但带火星的木条未复燃乙同学在A、B之间增加的装置的作用是（3）根据甲、乙两位的实验及现象，你认为假设（填“1”或“2”）更合理，NO2 和Na2O2反应的化学方程式为该研究性学习小组还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2； 2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2+NO+H2O酸性条件下，NO能与MnO2反应生成NO3和Mn
7、2+（4）丙同学用下图所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应在反应前，需打开弹簧夹，先通入一段时间N2目的是装置C、E中所盛放的试剂不能（填字母编号）A无水硫酸铜 B无水氯化钙 C碱石灰 D生石灰F中发生的氧化剂与还原剂的物质和量之比为充分反应后，检验D装置中产物的方法是：取D装置中产物少许，则产行中有Na2O29（14分）（2015阳泉二模）在生产生活中，卤族元素（F、Cl、Br、I）的单质及化合物用途广泛（1）溴元素在周期表中的位置为（2）下列说法中正确的是ACCl4和XeF2分子中各原子最外层均满足8e结构BCl2O5和Cl2O7都是酸性氧化物C氟非金属性强于氯，故氢氟酸的
8、酸性强于盐酸DF、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强（3）已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5HF的电子式为；从HF、HCl混合气体中分离出HF的方法是（4）向NaClO浓溶液中加入Al2（SO4）3浓溶液，迅速生成大量白色沉淀，同时有无色气体产生生成白色沉淀的离子方程式为无色气体的成分为（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应可用于制取氯的最低价氧化物，反应还同时生成两种盐，该反应的化学方程式为（6）已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2，在图中画出向含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液的过程中，析出I2的物质的量与KIO3的物质的量之间关系的曲线10（15分）（2
9、015阳泉二模）使用石油热裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图1：（1）此流程的第步反应为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图2则P1P2（填“”、“”或“=”）100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为100L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5此时该反应的平衡常数K=（2）此流程的第步反应的平衡常数随温度的变化如表：温度/400500830平衡常数K1091从表中可以推断：该反应是反应（填“吸热”或“放热”），若在500时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L
10、，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为如图3表示该反应在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件引起浓度变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是（写出一种）（3）工业上常利用反应产生的CO和H2合成可再生能源甲醇已知CO（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283.0kJmol1和726.5kJmol1，则CH3OH（l）不完全燃烧生成CO（g）和H2O（l）的热化学方程式为合成甲醇的方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0在230C270最为有利为研究合成气最合适的起始组成比n（H2）：n（CO），分别在230、250和270进行实验，结果如图4所示其中270的实验结果
11、所对应的曲线是（填字母）；当曲线X、Y、Z对应的投料比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度与投较比的关系是当投料比为1：1，温度为230，平衡混合气体中，CH3OH的物质的量分数为（保留1位小数）【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2015阳泉二模）从废钯催化剂（该催化剂的载体为活性炭，杂质元素有铁、镁、铝、硅、铜等）中提取海棉钯（含Pd99.9%）的部分工艺流程如图1：将最后所得到的滤液，经过一定的操作后可得到海棉钯（1）废钯催化剂经烘干后，再在800的高温下焙烧，焙烧过程中需通入足量空气的原因是；焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），则甲酸还原氧化钯的化学方程式为（2）钯
12、精渣中钯的回收率高低主要取决于王水溶解的操作条件，已知反应温度、反应时间和王水用量对钯回收率的影响如图2图4所示，则王水溶解钯精渣的适宜条件为、（3）王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合而成的，王水溶解钯精渣的过程中有化合物A和一种无色、有毒气体B生成，并得到滤渣气体B的分子式：；滤渣的主要成分是经测定，化合物A由3种元素组成，有关元素的质量分数为Pd：42.4%，H：0.8%，则A的化学式为【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（2015阳泉二模）海洋是巨大的资源宝库，具有美好的前景（1）“蛟龙”号潜水器通过机械手成功从海底取得“多金属结核”样本，样本含铁、锰等多种金属基态锰原子的
13、电子排布式为（2）水溶液中，过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4H2S2O8的结构如图所示H2S2O8中硫原子的轨道杂化方式为上述反应中被还原的元素为上述反应每生成1mol MnO4 时，S2O82断裂的键的类型是，数目为（3）海底还蕴藏着大量“可燃冰”“可燃冰”实际上是由盛有甲烷、氮气、硫化氢等分子的水分子笼构成的水合物晶体N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为（填元素符号）一种甲烷水合物晶体中，平均每46个水分子构成8个笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子或水分子若这8个分子笼中有6个容纳是甲烷分子，另外2个被水分子填充，这种可燃冰的平均组成可表示为水分子笼多种多样，如图是一种水分子笼
14、的结构示意图（“O”表示水分子），其中包含的氢键数为实验测得冰中氢键的作用能为18.8kJmol1，而冰的熔化热为5.0kJmol1，其原因可能是【化学-选修5：有机化学基础】13（2015阳泉二模）已知有机物AG具有如下的转化关系：根据要求填空（1）A中的含氧官能团有（写名称），A的分子式为（2）A转化成B的反应类型是（3）C转化生成D需要分两步进行，步骤需加入的试剂是，步骤的目的是（4）G在酸性条件下水解的化学方程式为（5）A的同分异构体R，在酸性条件下水解可生成M和N两种物质，N是相对分子质量最小的一元醇，M可与FeCl3溶液发生显色反应，且1molM能与2molNaOH恰好完全反应符上
15、述条件的R的同分异构体有种，请写出核磁共振氢谱有五个峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的所有同分异构体的结构简式：2015年山西省阳泉市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）1（6分）（2015阳泉二模）下列有关化学的基本概念、规律和原理正确的是（）A烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质B不同元素的原子构成的分子中只含极性共价键CIA族与A族元素间可形成共价化合物或离子化合物D2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）在常温下可自发进行，则该反应的H0考点：电解质与非电解质；离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键
16、；焓变和熵变版权所有分析：A电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；BH、O形成的化合物中能存在非极性共价键；CIA族含H及碱金属元素，A族均为非金属元素；D根据HTS0时反应能自发进行分析；解答：解：A烧碱是氢氧化钠，水溶液中或熔融状态完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电，属于非电解质，故A错误；BH、O形成的化合物中能存在非极性共价键，如过氧化氢中HOOH，存在极性键和非极性共价键，故B错误；CIA族含H及碱金属元素，A族均为非金属元素，则H与A族元素间可形成共价化合物，碱金属元素与A族元素间可形成离子化合物，故C正
17、确；D该反应的S0，常温下能自发进行，HTS0，则H0，故D错误；故选C点评：本题考查物质的分类、化学键的类型、元素周期表和元素周期律的综合应用、反应进行的方向等知识，为高频考点，CD两选项知识为解答的重点，注意B元素性质的特例，题目难度不大2（6分）（2015阳泉二模）下列叙述中错误的是（）A用水可以鉴别乙醇、苯、和溴苯B甲苯与氯气在光照下可发生取代反应，主要生成2，4二氯甲苯C化学式为C7H16的有机物，分子中含有3个甲基的可能结构有3种D乙酸丁酯中含乙酸杂质，可以加入饱和碳酸钠溶液洗涤，然后通过分液来去除杂质考点：有机物的结构和性质版权所有分析：A乙醇溶于水，苯和溴苯不溶于水，但二者密度
18、大小与水不同；B甲苯与氯气在光照下可发生取代反应，取代甲基的氢原子；C分子式为C7H16的烃属于烷烃，含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链；D乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应解答：解：A乙醇溶于水，苯和溴苯不溶于水，苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，可鉴别，故A正确；B甲苯在不同的条件下发生不同的取代反应，与氯气在光照下可发生取代反应，取代甲基的氢原子，如在催化作用下，取代苯环上的氢原子，故B错误；C.3个甲基需要一个支链是甲基，主链是己烷，左右各有一个CH3，支链的甲基只能加在2或3号C上，4号C与3号C相同，5号C与2号C相同，还有一种是含有乙基的，即3乙基戊烷，共三种，分别
19、是2甲基己烷、3甲基己烷与3乙基戊烷，故C正确；D乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可用于除杂，故D正确故选B点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，本题易错点为C，注意把握同分异构体的判断，难度中等3（6分）（2015阳泉二模）下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A用某无色溶液进行焰色反应焰色呈黄色原溶液一定是钠盐溶液B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色KSPCu（OH）2KSPMg（OH
20、）2C将水蒸汽通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸汽在高温下发生反应D将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2（g）N2O4（g）H0AABBCCDD考点：化学实验方案的评价版权所有分析：A焰色反应呈黄色的溶液中，溶质可能是钠盐或NaOH；B溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质；C铁和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁；D升高温度，可逆反应向吸热反应方向移动解答：解：A焰色反应呈黄色的溶液中，溶质可能是钠盐或NaOH，结论错误，故A错误；B溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质，根据现象知，KSPCu（OH）2KSPMg（OH）2，结论错误，故B错误；C铁和水蒸气反应生成黑色的四
21、氧化三铁，氧化铁是红棕色，所以现象错误，故C错误；D升高温度，可逆反应向吸热反应方向移动，升高温度气体颜色加深，说明平衡向生成二氧化氮方向移动，所以正反应是放热反应，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及化学平衡移动影响因素、铁的性质、溶度积、焰色反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，能从反应原理、操作评价性分析解答，题目难度不大4（6分）（2015阳泉二模）常温离子液体也称常温熔融盐，硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12已知C2H5NH2的化学性质与NH3相似，C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的
22、说法正确的是（）A硝酸乙基铵水溶液呈碱性B该离子液体可以作为电池的电解质C（C2H5NH3）NO3能与氢氧化钠反应产生NH3D相同温度下，相同物质的量的浓度的硝酸乙基铵溶液和硝酸铵溶液相比前者的pH小考点：铵盐版权所有分析：A硝酸乙基铵是强酸弱碱盐；B（C2H5NH3）NO3为离子液体，能导电；CC2H5NH2的化学性质与NH3相似，（C2H5NH3）NO3能与NaOH反应生成C2H5NH2；D相同温度下，相同物质的量浓度的溶液，水解程度越大其溶液酸性越强解答：解：A硝酸乙基铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故A错误；B（C2H5NH3）NO3为离子液体，能导电，所以该离子液体可以作为电池的电解质，
23、故B正确；CC2H5NH2的化学性质与NH3相似，（C2H5NH3）NO3能与NaOH反应生成C2H5NH2，故C错误；D相同温度下，相同物质的量浓度的溶液，水解程度越大其溶液酸性越强，C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，则铵根离子的水解程度较大，所以相同物质的量浓度的硝酸乙基铵溶液和硝酸铵溶液前者的pH值大，故D错误；故选B点评：本题以铵盐为载体采用知识迁移的方法考查硝酸乙基铵的性质，侧重考查学生知识迁移能力及判断能力，涉及盐类水解等知识点，易错选项是D5（6分）（2015阳泉二模）已知H2（g）+Br2（g）2HBr（g）+72kJ1mol Br2（g）液化放出的能量为30kJ，其它
24、相关数据如下表：H2（g）Br2（l）HBr（g）1mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369则上述表格中的a值为（）A404B344C260D200考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律计算反应H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）的H，结合反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能列方程计算解答：解：在H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）H=72kJ/mol反应中，1mol Br2（g）液化放出的能量为30kJ，即Br2（g）=Br2（l）H=30kJ/mol，则H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）H=42kJ/mol，反应热等于
25、反应物的总键能减生成物的总键能，则42=436+a2369，a=260，故选C点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意反应热与键能的计算关系以及物质的不同聚集状态的转化6（6分）（2015阳泉二模）图是水煤气（成分为CO、H2）空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极下列叙述中正确的是（）AA处通人的是空气，B处通人的是水煤气Ba电极发生还原反应，b电极发生氧化反应Ca电极的反应式包括：CO+4OH+2e=CO32+2H2OD如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：具有还原性，在原电池负极
26、失电子被氧化，电极反应式为CO+4OH2e=CO32+2H2O和H22e+2OH=H2O，由装置图可知a为负极，b为正极，正极发生还原反应，电极反应式为，O2+4e+2H2O=4OH，以此解答该题解答：解：A由电子流向可知a为负极，b为正极，则A处通入水煤气，B处通入空气，故A错误；Ba为负极，a电极发生氧化反应，b为正极，b电极发生还原反应，故B错误；Ca电极的反应式包括：CO+4OH2e=CO32+2H2O，故C错误；D如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，n=0.1mol，得电子0.2mol，需要水煤气0.1mol，体积为2.24L，故D正确故选D点评：本题考查化学电源新型电池，题目
27、难度不大，解答本题的关键是根据电子的流向判断电源的正负极，注意把握电极反应式的书写，为易错点7（6分）（2015阳泉二模）铁、铜混合粉末18g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g，下列说法正确的是（）A剩余固体的铁、铜混合物B反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molC原固体混合物中铜的质量是9.6gD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.64mol考点：有关混合物反应的计算版权所有分析：铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+，n（FeCl3）=0.5mol，结合反应的方程式解答
28、解答：解：铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量是183.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、B错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n264n1+56n2=14.8g2n1+2n2=0.5mol解得：n1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol64g/mol+3.2g=9
29、.6g，故C正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故D错误故选C点评：本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据反应的相关方程式从质量守恒的角度解答，难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2015阳泉二模）某研究性学习小组根据氧化还原反应规律，欲探究NO2、NO与Na2O2反应的情况I从理论上分析，Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2（1）甲同学设计了如图所示装置进行实验试管A中反应的离子方程式Cu+4H+2NO3=
30、Cu2+2NO2+2H2O待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷并对甲同学的设计进行了改进他在A、B之间增加了一个装置，然后重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失，但带火星的木条未复燃乙同学在A、B之间增加的装置的作用是除去生成NO2气体中混有的水蒸气（3）根据甲、乙两位的实验及现象，你认为假设2（填“1”或“2”）更合理，NO2 和Na2O2反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3该研究性学
31、习小组还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2； 2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2+NO+H2O酸性条件下，NO能与MnO2反应生成NO3和Mn2+（4）丙同学用下图所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应在反应前，需打开弹簧夹，先通入一段时间N2目的是将装置中的空气排出装置C、E中所盛放的试剂不能A（填字母编号）A无水硫酸铜 B无水氯化钙 C碱石灰 D生石灰F中发生的氧化剂与还原剂的物质和量之比为3：5充分反应后，检验D装置中产物的方法是：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体则产行中有Na2O2考点：性质实
32、验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（2）Cu和浓硝酸的反应是放热反应，放出的热量导致水分蒸发，所以生成的二氧化氮中含有水蒸气，水和过氧化钠反应生成氧气，从而产生干扰；（3）过氧化钠和二氧化氮反应不生成氧气，说明二氧化氮被过氧化钠氧化，则二氧化氮作还原剂、过氧化钠作氧化剂；（4）装置中含有空气，对实验产生干扰；为防止水蒸气和过氧化钠反应生成氧气，应该通过C装置除去水蒸气；E是防止F中水蒸气进入D装置；二氧化氮和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硝酸根离子和锰离子，根据转移电子守恒计算其物质的量；亚硝酸钠和稀盐酸反应生成红棕色气体二氧化氮，
33、根据D中固体和稀盐酸混合现象判断成分解答：解：（1）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；故答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，从而对实验目的产生干扰，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气，故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；（3）过氧化钠和二氧化氮反应不生成氧气，说明二氧化氮被过氧化钠氧化，所以假设2正确，反应方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3，故答案为：2；2NO2+
34、Na2O2=2NaNO3；（4）空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是：将装置中的空气排出；故答案为：将装置中的空气排出；防止水蒸气和过氧化钠反应生成氧气，应该通过C装置除去水蒸气；E是防止F中水蒸气进入D装置，所以CF的目的都是作干燥剂，只有无水硫酸铜不能吸收水分，故选A；F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根被还原生成二价锰离子降低5价，还原剂为NO被氧化成硝酸根升高3价，则根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5，故答案为：3：5；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物
35、质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；故答案为：加入稀盐酸，产生红棕色气体点评：本题考查性质实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、基本操作、氧化还原反应等知识点，明确实验目的、物质性质等知识点是解本题关键，注意结合题给信息解答解答，题目难度中等9（14分）（2015阳泉二模）在生产生活中，卤族元素（F、Cl、Br、I）的单质及化合物用途广泛（1）溴元素在周期表中的位置为第四周期第A族（2）下列说法中正确的是BDACCl4和XeF2分子中各原子最外层均满足8e结构BCl2O5和Cl2O7都是酸性氧化物C氟非金属性强于氯，故氢氟酸的酸性强
36、于盐酸DF、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强（3）已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5HF的电子式为；从HF、HCl混合气体中分离出HF的方法是冷凝（4）向NaClO浓溶液中加入Al2（SO4）3浓溶液，迅速生成大量白色沉淀，同时有无色气体产生生成白色沉淀的离子方程式为3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3无色气体的成分为O2、HCl（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应可用于制取氯的最低价氧化物，反应还同时生成两种盐，该反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（6）已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2，在图中画出
37、向含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液的过程中，析出I2的物质的量与KIO3的物质的量之间关系的曲线考点：位置结构性质的相互关系应用；卤素原子结构及其性质的比较版权所有专题：卤族元素分析：（1）Br的原子序数为35，原子结构中有四个电子层，最外层电子数为7；（2）ACCl4分子中各原子最外层均满足8e结构，而Xe原子本身最外层为8电子；BCl2O5和Cl2O7都与碱反应生成盐和水；C氟非金属性强于氯，但氢氟酸为弱酸，盐酸为强酸；D非金属性越强，对应离子的还原性越弱；（3）HF为共价化合物，由沸点可知，HF沸点高，利用冷凝法分离；（4）相互促进水解生成的白色沉淀为氢氧化铝，还生成
38、HClO，HClO分解生成氧气和HCl；（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应生成碳酸氢钠、NaCl、Cl2O；（6）还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，由反应可知，可知NaHSO3完全反应需要3mol=1molKIO3，而n（I2）达到最大值时，由IO3+6H+5I=3H2O+3I2可知，此时共加入1.2molKIO3，生成I2为0.2mol3=0.6mol，以此来解答解答：解：（1）Br的原子序数为35，原子结构中有四个电子层，最外层电子数为7，位
39、于元素周期表中第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）ACCl4分子中各原子最外层均满足8e结构，而Xe原子本身最外层为8电子，则化合物中不满足8e结构，故A错误；BCl2O5和Cl2O7都与碱反应生成盐和水，则都属于酸性氧化物，故B正确；C氟非金属性强于氯，但氢氟酸为弱酸，盐酸为强酸，相同条件下酸性HClHF，故C错误；DF、Cl、Br、I的非金属性减弱，则F、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强，故D正确；故答案为：BD；（3）HF为共价化合物，其电子式为，由沸点可知，HF沸点高，利用冷凝法分离，故答案为：；冷凝；（4）相互促进水解生成的白色沉淀为氢氧化铝，还生成HClO，HClO
40、分解生成氧气和HCl，离子反应为3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3，无色气体的成分为O2、HCl，故答案为：3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3；O2、HCl；（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应生成碳酸氢钠、NaCl、Cl2O，化学反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（6）还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I
41、=3H2O+3I2，由反应可知，可知NaHSO3完全反应需要3mol=1molKIO3，而n（I2）达到最大值时，由IO3+6H+5I=3H2O+3I2可知，此时共加入1.2molKIO3，生成I2为0.2mol3=0.6mol，则图象为，故答案为：点评：本题考查较综合，涉及位置、结构、性质的应用及氧化还原反应及计算等，综合性较强，把握物质的性质、习题中的信息及分析计算能力为解答的关键，题目难度中等10（15分）（2015阳泉二模）使用石油热裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图1：（1）此流程的第步反应为：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡
42、转化率与温度、压强的关系如图2则P1P2（填“”、“”或“=”）100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为100L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5此时该反应的平衡常数K=2.25104（2）此流程的第步反应的平衡常数随温度的变化如表：温度/400500830平衡常数K1091从表中可以推断：该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”），若在500时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为75%如图3表示该反应在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件引起浓度变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是降低
43、温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量（写出一种）（3）工业上常利用反应产生的CO和H2合成可再生能源甲醇已知CO（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283.0kJmol1和726.5kJmol1，则CH3OH（l）不完全燃烧生成CO（g）和H2O（l）的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=443.5kJmol1合成甲醇的方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0在230C270最为有利为研究合成气最合适的起始组成比n（H2）：n（CO），分别在230、250和270进行实验，结果如图4所示其中270的实验结果所对应的曲线是Z（填字母）；当曲
44、线X、Y、Z对应的投料比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度与投较比的关系是投料比越高，对应的反应温度越高当投料比为1：1，温度为230，平衡混合气体中，CH3OH的物质的量分数为33.3%（保留1位小数）考点：化学平衡建立的过程；热化学方程式；化学平衡的计算版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）采取控制变量法分析，由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度结合平衡常数概念计算得到；（2）分析图表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应；结合平衡
45、三段式计算转化率=100%；在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，结合平衡移动原理分析；（3）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（4）依据反应是放热反应，温度越高，反应物转化率越小；CO为有毒气体反应时尽可能完全转化，图象分析判断反应温度与投较比的关系；（5）依据图象分析当投料比为1：1，一氧化碳转化率为40%，依据化学平衡三段式计算解答：解：（1）由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，平衡向正反应方向移动，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积
46、减小的方向移动，即P1P2；100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为100L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5， CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）起始量（mol/L） 0.01 0.02 0 0变化量（mol/L） 0.005 0.005 0.005 0.015平衡量（mol/L） 0.005 0.015 0.005 0.015平衡常数K=2.25104（mol/L）2；故答案为：，2.25104；（2）分析图表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应，H0；若在500时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.02
47、0mol/L，平衡常数为9，依据化学平衡三段式列式计算，设一氧化碳消耗物质的量浓度为x，计算平衡常数得到； CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），起始量（mol） 0.02 0.02 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mmol）0.02x 0.02x x xK=9x=0.015mol/LCO的转化率=100%=75%CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），反应是气体体积不变的放热反应，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡正向进行，降低温度，或增加水蒸气的量或减少氢气的量均可以实现，故答案为：放热，75%，降低
48、温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量；（3）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为283.0kJmol1和726.5kJmol1，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=726.5kJmol1由盖斯定律可知，得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），则H=726.5kJmol1（283.0kJmol1）=443.5kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=443.5kJmol1；工业上用反应低压合成甲醇，在230270最为有利为研究
49、合成气最合适的起始组成比，分别在230、250和270进行实验，结果如图合成甲醇是放热反应，温度越低转化率越大，结合图象可知，270的实验结果所对应的曲线是Z，CO为有毒气体反应时尽可能完全转化，由图象分析投料比越高，对应的反应温度越高，故答案为：Z；投料比越高，对应的反应温度越高； 当投料比为1：1，温度为230，曲线为x，图象分析判断，一氧化碳转化率为40%， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol） x x 0变化量（mol） 0.4x 0.8x 0.4x平衡量（mol）0.6x 0.2x 0.4x则平衡混合气体中，CH3OH的物质的量分数=100%=33.3%，故答案为
50、：33.3%；点评：本题考查了热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，图象分析判断，化学平衡的进行方向，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2015阳泉二模）从废钯催化剂（该催化剂的载体为活性炭，杂质元素有铁、镁、铝、硅、铜等）中提取海棉钯（含Pd99.9%）的部分工艺流程如图1：将最后所得到的滤液，经过一定的操作后可得到海棉钯（1）废钯催化剂经烘干后，再在800的高温下焙烧，焙烧过程中需通入足量空气的原因是使活性炭充分燃烧而除去；焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），则甲酸还原氧化钯的化学方程式为PdO+HCOOH=Pd+CO2+H2O（2）钯精渣中钯的回收率高低主要取决
51、于王水溶解的操作条件，已知反应温度、反应时间和王水用量对钯回收率的影响如图2图4所示，则王水溶解钯精渣的适宜条件为8090（或90左右）、反应时间约为8h、钯精渣与王水的质量比为1：8（3）王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合而成的，王水溶解钯精渣的过程中有化合物A和一种无色、有毒气体B生成，并得到滤渣气体B的分子式：NO；滤渣的主要成分是SiO2经测定，化合物A由3种元素组成，有关元素的质量分数为Pd：42.4%，H：0.8%，则A的化学式为H2PdCl4考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的有关计算；制备实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：废钯催化剂经烘干后，
52、再在800的高温下焙烧，C、Fe、Mg、Al、Si、Cu被氧气氧化生成氧化物，向这几种氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁、氧化镁、氧化铝、氧化铜反应生成盐和水，PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，（1）废钯催化剂经烘干后，再在800的高温下焙烧，碳和氧气反应生成二氧化碳，Pd被氧化生成PdO，然后向固体中加入甲酸，甲酸还原PdO生成Pd、CO2和H2O；（2）根据Pd回收率与反应温度、反应时间、钯精渣和王水的质量比的关系确定适宜条件；（3）浓硝酸具有强氧化性，在反应中被还原生成NO，化合物A由3种元素组成，有关
53、元素的质量分数为Pd：42.4%，H：0.8%，根据元素守恒知，该物质中还含有Cl元素，其质量分数为56.8%，根据质量分数确定其化学式解答：解：废钯催化剂经烘干后，再在800的高温下焙烧，C、Fe、Mg、Al、Si、Cu被氧气氧化生成氧化物，向这几种氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁、氧化镁、氧化铝、氧化铜反应生成盐和水，PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，（1）废钯催化剂中含有碳单质，碳和氧气反应生成二氧化碳，为了使碳充分燃烧，要通入过量空气；钯被氧气氧化生成PdO，PdO和HCOOH发生氧化还原反应生成P
54、d、CO2和H2O，反应方程式为PdO+HCOOH=Pd+CO2+H2O，故答案为：使活性炭充分燃烧而除去；PdO+HCOOH=Pd+CO2+H2O；（2）根据图象知，温度越高钯回收率越大，反应时间越长钯回收率越大，钯精渣与王水的质量比越大钯回收率越大，但90左右时温度再高钯回收率增大不大；8h后，随着时间的增长，钯回收率增大不大；当钯精渣与王水的质量比为1：8后，再增大钯精渣和王水的质量比，但钯回收率不大，所以适宜条件是8090（或90左右）、反应时间约为8 h、钯精渣与王水的质量比为1：8，故答案为：8090（或90左右）；反应时间约为8h；钯精渣与王水的质量比为1：8；（3）浓硝酸具有强
55、氧化性，能被Pd还原生成NO，还生成化合物A，根据元素守恒知，A中除了含有Pd、H元素外，还含有Cl元素，二氧化硅和王水不反应，所以滤渣的成分是SiO2，故答案为：NO；SiO2； A中除了含有Pd、H元素外，还含有Cl元素，这几种元素的质量分数分别为Pd：42.4%、H：0.8%、Cl：56.8%，则Pd、H、Cl元素的物质的量之比=：=1：2：4，所以A的化学式为H2PdCl4，故答案为：H2PdCl4点评：本题以Pd的提取为载体考查了工艺流程，涉及化学式的确定、氧化还原反应、图象分析等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意从整体上分析分析解答，知道每一步涉及的反应、物质分离的方法等知识
56、点，结合元素守恒分析解答，题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（2015阳泉二模）海洋是巨大的资源宝库，具有美好的前景（1）“蛟龙”号潜水器通过机械手成功从海底取得“多金属结核”样本，样本含铁、锰等多种金属基态锰原子的电子排布式为Ar3d54s2（2）水溶液中，过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4H2S2O8的结构如图所示H2S2O8中硫原子的轨道杂化方式为sp3上述反应中被还原的元素为硫上述反应每生成1mol MnO4 时，S2O82断裂的键的类型是非极性共价键，数目为2.5NA（3）海底还蕴藏着大量“可燃冰”“可燃冰”实际上是由盛有甲烷、氮气、硫化氢等分子的水分子笼
57、构成的水合物晶体N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为NOS（填元素符号）一种甲烷水合物晶体中，平均每46个水分子构成8个笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子或水分子若这8个分子笼中有6个容纳是甲烷分子，另外2个被水分子填充，这种可燃冰的平均组成可表示为CH48H2O水分子笼多种多样，如图是一种水分子笼的结构示意图（“O”表示水分子），其中包含的氢键数为30实验测得冰中氢键的作用能为18.8kJmol1，而冰的熔化热为5.0kJmol1，其原因可能是液态水中仍然存在大量氢键考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；
58、含有氢键的物质版权所有分析：（1）锰原子序数为25，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则综合考虑，写出核外电子排布式；（2）根据价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对，结合S2O8 2结构判断杂化类型；氧化还原反应中，元素的化合价降低，被还原；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键、同种非金属元素之间易形成非极性键，根据S2O8 2结构分析解答；（3）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；根据题中关于天然气水合物构成的描述，晶体中每8个笼
59、中有6个容纳了CH4分子，另外2个被2个游离的H2O分子所填充，推断该天然气水合物的构成中CH4分子与H2O分子的粒子数的比，判断天然气水合物的平均组成的表示式；由此结构可知，此单元中含有水分子的个数为：20，其中每个水分子属于三个五元环，据此计算氢键；冰中氢键的作用能为18.8kJmol1，而冰熔化热为5.0kJmol1，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍在氢键解答：解：（1）锰原子序数为25，质子数为25，原子核外电子数为25，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，Mn的电子排布式为Ar3d54s2，故答案为：Ar3d54s2；（2）H2S2O8中，硫原子价层电
60、子对数= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+（6412）=4，所以采取sp3杂化，故答案为：sp3杂化； 过硫酸盐可以将Mn2+ 氧化成MnO4，反应2Mn2+5S2O82+8H2O2MnO4+10SO42+16H+中，该反应中，Mn元素的化合价升高（+2+7），S元素的化合价降低（+7+6），所以被还原的元素为S，故答案为：硫；由反应可知，Mn元素的化合价升高（+2+7），S元素的化合价降低（+7+6），生成10molSO42转移电子10mol电子，则每生成1 mol MnO4，转移电子5mol电子，S2O8 2断裂2.5mol（或2.5NA）OO间非极性共价键，故答案为：非极性键；2.5
61、NA；（3）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：NOS； 平均每46个水分子构成8个笼，晶体中每8个笼中有6个容纳了CH4分子，另外2个被2个游离的H2O分子所填充；所以天然气水合物的构成中含6个CH4分子、46+2=48个H2O分子，则CH4分子与H2O分子粒子数比=6：48=1：8，可判断天然气水合物的平均组成可表示为CH48H2O，故答案为：CH48H2O；由此结构可知，此单元中含有水分子的个数为：20，
62、其中每个水分子形成的氢键属于2个五元环，故每个水分子形成氢键个数为：，故总共形成氢键数为：20=30，故答案为：30；冰中氢键的作用能为18.8kJmol1，而冰熔化热为5.0kJmol1，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，并且液态水中仍在氢键，故答案为：液态水中仍然存在大量氢键点评：本题考查核外电子排布、氧化还原反应、第一电离能、杂化、共价键类型等知识点，为高频考点，氧化还原反应须把握反应中元素的化合价变化，熟练应用杂化理论，掌握第一电离能变化规律为解答的关键，注意可燃冰的结构，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】13（2015阳泉二模）已知有机物AG具有如下的转化关系：根据要
63、求填空（1）A中的含氧官能团有羧基、羟基（写名称），A的分子式为C9H10O3（2）A转化成B的反应类型是缩聚反应（3）C转化生成D需要分两步进行，步骤需加入的试剂是NaOH醇溶液，步骤的目的是酸化（4）G在酸性条件下水解的化学方程式为（5）A的同分异构体R，在酸性条件下水解可生成M和N两种物质，N是相对分子质量最小的一元醇，M可与FeCl3溶液发生显色反应，且1molM能与2molNaOH恰好完全反应符上述条件的R的同分异构体有13种，请写出核磁共振氢谱有五个峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的所有同分异构体的结构简式：考点：有机物的推断版权所有分析：A在一定条件下发生缩聚反应生成B，则A
64、的结构简式为，A和HBr发生取代反应生成C，C发生反应生成D，D和溴发生加成反应，则C发生消去反应生成D，D的结构简式为，E在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F经过消去反应和酯化反应生成G（5）A的同分异构体R在酸性条件下水解可生成M和N两种物质，说明R中含有酯基，M可与FeCl3溶液发生显色反应，说明M中含有酚羟基，1molM能和2molNaOH完全反应说明M中含有一个酚羟基、一个羧基，N是相对分子质量最小的一元醇，N为甲醇，R的侧链为OH、CH2COOCH3，有邻、间、对3种，R的侧链为OH、COOCH3、CH3，当OH、COOCH3处于邻位，CH3有4种位置，当OH、COO
65、CH3处于间位，CH3有4种位置，当OH、COOCH3处于对位，CH3有2种位置解答：解：A在一定条件下发生缩聚反应生成B，则A的结构简式为，A和HBr发生取代反应生成C，C发生反应生成D，D和溴发生加成反应，则C发生消去反应生成D，D的结构简式为，E在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成F，F经过消去反应和酯化反应生成G（1）A的结构简式为，则A中官能团为羧基和羟基，根据结构简式知A的分子式为C9H10O3，故答案为：羧基、羟基；C9H10O3；（2）A发生缩聚反应生成B，所以该反应类型为缩聚反应，故答案为：缩聚反应；（3）C和氢氧化钠的醇溶液在加热条件下发生消去反应，然后酸化得到D，
66、故答案为：NaOH醇溶液；酸化；（4）G中酯基在酸性条件下发生水解反应，反应方程式为：，故答案为：；（5）A的同分异构体R在酸性条件下水解可生成M和N两种物质，说明R中含有酯基，M可与FeCl3溶液发生显色反应，说明M中含有酚羟基，1molM能和2molNaOH完全反应说明M中含有一个酚羟基、一个羧基，N是相对分子质量最小的一元醇，N为甲醇，R的侧链为OH、CH2COOCH3，有邻、间、对3种，R的侧链为OH、COOCH3、CH3，当OH、COOCH3处于邻位，CH3有4种位置，当OH、COOCH3处于间位，CH3有4种位置，当OH、COOCH3处于对位，CH3有2种位置，故共有3+4+4+2=13种，核磁共振氢谱有五个峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的所有同分异构体的结构简式：，故答案为：13；点评：本题考查有机物推断，根据有机合成路线中反应物和生成物结构、官能团的变化或反应条件确定发生的反应，难点是同分异构体种类的判断，题目难度中等
