1、河南省长垣县二中2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列过程属于物理变化的是 ( )A 由乙烯变为聚乙烯 B蛋白质盐析 CO2转变为O3 D皂化反应【答案】B【解析】试题分析：有新物质生成的是化学变化，没有新物质生成的是物理变化，据此可知，B是物理变化，其余选项都是化学变化，答案选B。考点：考查物质变化的正误判断点评：该题是高考中的常见题型，试题基础性强，侧重对学生基础知识对巩固和训练，难度不大。该题的关键是记住物理变化和化学变化的区别，以及判断依据，有利于提高学生的学习效率。2常温下，pH=8的NaOH溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，溶液的c(H+)为A（10-810-10
2、）/2 mol/L B（10-810-10）mol/LC（10-14510-5）mol/L D210-10 mol/L【答案】D【解析】试题分析：常温下，pH=8的NaOH溶液，c(OH-)=10-6mol/L；pH=10的KOH溶液，c(OH-)=10- 4mol/L，当二者等体积混合时，混合溶液的c(OH-)=(10- 4+10-6)2=510-5mol/L,根据室温下水的离子积常数Kw=10-14可得混合溶液中c(H+)=10-14(510-5)=210-10mol/L，所以选项D正确。【考点定位】考查碱溶液混合后溶液中氢离子浓度的计算的知识。【名师点睛】在酸溶液中氢离子大量存在，在碱溶
3、液中氢氧根离子大量存在，当给定碱溶液的pH，要计算碱混合溶液中离子浓度时，首先根据pH与氢离子浓度关系pH= -lgc(H+)，计算出溶液中氢离子的浓度，然后根据水的离子积常数计算得到该碱溶液的c(OH-)，然后利用碱混合时，溶液中的氢氧根离子是两种物质电离产生，计算混合溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH-)= (c(OH-)V1+ c(OH-)V2)(V1+V2),若两种溶液电离产生的离子的物质的量相差超过1/100，小的可以忽略不计，然后再根据水的离子积计算得到混合碱溶液的c(H+)，最后根据pH= -lgc(H+)，就可以计算出混合碱溶液的pH。3美国 lawrece liremore 国
4、家实验室(LINL)的VLotaCSYou和HCynn成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的晶体，下列关于CO2的原子晶体的说法正确的是( )ACO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体B在一定的条件下，转化为分子晶体是物理变化CCO2的原子晶体和分子晶体具有相同的物理性质和化学性质D在CO2的原子晶体中，每一个C原子周围结合4个O原子，每一个O原子跟两个碳原子结合【答案】AD【解析】4下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）CO2 XeF6 PCl3 SO2 BF3 N2 P4 PCl5A B C D【答案】A【解析】试题分析：CO2中碳原子的最外层电子数是4，化合价是4
5、价，满足8电子稳定结构；氧原子的最外层电子数是6，化合价是2价，二者的绝对值之和是8，满足8电子稳定结构；XeF6中Xe的化合价是6价，最外层电子数是8个，不能满足8电子稳定结构，F原子满足；PCl3P原子的原子核外最外层电子数为5，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为8；氯元素的化合价是1价，最外层电子数是7，满足8电子稳定结构；SO2中硫原子的最外层电子数是6，化合价是4价，在分子中的原子最外层电子数为12，不能满足8电子稳定结构；氧原子的最外层电子数是6，化合价是2价，二者的绝对值之和是8，满足8电子稳定结构；BF3中B原子的最外层电子数是3个，化合价是3价，不能满足
6、8电子稳定结构；F原子满足8电子稳定结构；N2分子中氮原子之间形成氮氮三键，满足8电子稳定结构；P4是单质，每个P原子形成3个PP键，满足8电子稳定结构；PCl5中P原子的最外层电子数是5，化合价是5价，不能满足8电子稳定结构，答案选A。【考点定位】本题主要是考查分子的8电子稳定结构判断【名师点晴】本题的答题关键是判断是否满足8电子结构的方法，分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断，即只要共价化合物中元素原子的化合价绝对值与该原子的最外层电子数之和满足8即可满足8电子稳定结构。5将40mL 1.5mo1 L-1 的CuSO4 溶液与30mL 3 m
7、o1L-1 的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c (OH)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为ACu(OH)2 BCuSO4Cu(OH)2CCuSO42Cu(OH)2 DCuSO43Cu(OH)2【答案】D【解析】硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06mol和0.09mol，则铜离子和钠离子的个数之比是23，所以只有选项D是正确的，答案选D。6 在8NH3 + 3Cl2 = N2+ 6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为A8：3 B1：3 C3：8 D3：1【答案】B【解析】试题分析：在反应3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，
8、Cl元素的化合价由0降低为-1价，被还原，6mol氯原子均被还原，N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化，只有2mol氮原子被氧化生成氮气，则被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为1：3，选B。考点：考查氧化还原反应的计算。7下列描述分子结构的叙述中，正确的是 A最多有6个碳原子在一条直线上 B该烃属于苯的同系物C至少有10个碳原子在同一平面上 D所有碳原子不可能都在同一平面上【答案】A【解析】试题分析：与-CC-相连的原子共直线，苯环为平面正六边形结构，与C=C相连的原子共平面，故所给分子结构如图所示，共有6个碳原子共直线，处于同一平面的碳原子最多有11个，即所有碳原子均有可能在同一平面
9、；该烃不属于苯的同系物。考点：考查有机物分子中原子共线共面问题。8有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液，B不易腐蚀。将A、D在稀盐酸中构成原电池，电流由A通过导线流向D。将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是( )ADCAB BDABC CDBAC DBADC【答案】B【解析】试题分析：将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液，B不易腐蚀，则金属活动性AB；将A、D在稀盐酸中构成原电池，电流由A通过导线流向D，则金属活动性：DA；将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，则BCu; 如果把铜浸入C的盐溶液中
10、，有金属C析出。则活动性CuC.所以金属的活动性强弱关系为DABCuC.选项为B。考点：考查金属活动性强弱比较的知识。9阿伏加德常数约为6.021023 mol，下列说法中正确的是 ()。A4.2 g丙烯(CH3CH=CH2)和乙烯的混合物中所含的碳原子数为0.36.021023B4.48 L N2O与CO2的混合气体所含电子数为0.2226.021023C1 mol HCl和NH3的混合气体所含分子数为6.021023D100 mL 1 molL1醋酸溶液中CH3COO数目为0.16.021023【答案】A【解析】A项，丙烯和乙烯的最简式都为CH2，所以n(C)n(CH2)0.3 mol，正
11、确；B项，没有标明“标准状况”，不能用“22.4 Lmol1”计量，错误；C项，氯化氢和氨气相遇会发生化合反应生成氯化铵固体，错误；D项，醋酸是弱电解质，部分电离，错误。10在容积固定的容器中发生反应：A(g)2B(g) C (g) H2315 kJ【答案】D【解析】试题分析：相同条件下、起始量导到同一方时加入量相同，故、两组达到平衡时状态相同，但起始量不同，达到平衡所需时间不同，故A项错误；组放出热量为2315kJ，可知平衡时n(NH3)=05mol，n(N2)=1-025mol=075mol，n(H2)=3-075=225mol，故平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为143%，故B项错误
12、；容器中达到平衡时放出的热量为：=1389kJ，故C项错误；若容器体积为02 L，体积缩小、压强增大，平衡正向移动，放出热量大于2315kJ，故D项正确。考点：化学等效平衡及能量变化。14部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列表述肯定正确的是A.相同温度时三种溶液的关系：Na2CO3NaClONa2SO3D.等体积、等物质的量浓度的和混合后溶液呈中性【答案】B【解析】根据强酸制弱酸、弱酸根阴离子越弱越水解的原理，A项，相同温度时三种溶液的关系：NaClONa2CO3Na2SO3；B项，正确；C项，ClOSO2H2O=HClOHSO3；D项，等体积、等物质的量浓度的和混合后溶液呈碱性；答案选B。15
13、某同学用0.1082mol/L 的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，以下是实验数据记录表。实验序号待测盐酸溶液的体积mL滴定管读数消耗标准NaOH溶液的体积mL初读数末读数120.000.0019.9019.90220.000.05列出求算待测盐酸溶液浓度的计算式（须含上表相关数据，不必计算结果）【答案】【解析】略16（15分）酒石酸是某种降压药物的载体，可用1，3-丁二烯为原料合成，其流程如下：已知： D的分子组成是C4H8O2Cl2 ，核磁共振氢谱显示其有三个峰。（1）D中所含官能团的名称是 ，C转化为D的反应类型是 。 （2）B存在顺反异构，它的顺式结构简式是 。 （3）写出生成的化学方程
14、式 。 （4）与C互为同异构体，且属于酯类、能发生银镜反应的有机化合物的结构简式 。（5）转化为的化学反应方程式是 。 （6）F与乙二醇在一定条件下可以发生缩聚反应，该反应的化学方程式是_ 。【答案】（15分）(1)羟基氯原子各1分(2)加成反应 1分(2) 2分（3）CH2=CH-CH=CH2+Cl2 ClCH2-CH=CH-CH2Cl 2分(4) 4分 (5) 2分 (6) 2分【解析】试题分析：根据已知信息可知，B的结构简式是ClCH2CH=CHCH2Cl。B通过水解反应生成C，所以C的结构简式是HOCH2CH=CHCH2OH。C中含有碳碳双键，能和氯气发生加成反应生成D，则D的结构简式
15、是HOCH2CHClCHClCH2OH。D发生催化氧化生成E，所以E的结构简式是OHCCHClCHClCHO。E中含有醛基，能发生银镜反应，所以F的结构简式是HOOCCHClCHClCOOH。F中含有氯原子，能发生水解反应生成G，所以G的结构简式是NaOOCCHOHCHOHCOONa。G酸化即生成H，所以H的结构简式是HOOCCHOHCHOHCOOH。考点：考查有机物的合成与制取。点评：有机合成题的解题思路 解答有机合成题目的关键在于：选择出合理简单的合成路线；熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。具体的方法是教材中“旧”知识和题意中“新”知
16、识的应用。 有机合成路线的推导，一般有两种方法：一是“直导法”：从原料出发，根据原料的性质，采取一定的反应，逐步向产品逼近，有时可直至产品。二是“反推法”：从产品出发，通过分析产品的组成和结构，进行逆向思维，推出相关的中间体，直至原料。另外在合成某一种产物时，可能会产生多种不同的方法和途径，应当在兼顾原料省、产率高的前提下选择最合理、最简单的方法和途径。17如图328表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。图328(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同) _，其中每个碳原子与_个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于_晶体。(2)代表石墨
17、的是_，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为_个。(3)代表NaCl的是_，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有_个。(4)代表CsCl的是_，它属于_晶体，每个Cs+与_个Cl-紧邻。(5)代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻。(6)若说“离子晶体中只有离子键，分子晶体中没有化学键”是否正确？简答理由。(7)NaCl晶体、HCl晶体、干冰、金刚石熔点由高而低的顺序是_；其中在熔融或液态时能导电的电解质是_，液态不导电但为电解质的是_，在水溶液中能导电的非电解质是_。【答案】(1)D4原子(2)E2(3)A12(4)C离子8(5)B分子12(6)不正确。原子
18、团离子中有共价键；除稀有气体外，分子内均有共价键。(7)CNaClCO2HClNaClHCl干冰【解析】根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。NaCl晶体是简单立方单元，每个Na+与6个Cl-紧邻，每个Cl-又与6个Na+紧邻，但观察Na+与最近距离等距离的Na+数时要抛开Cl-，从空间结构上看是12个Na+。即x轴面上、y轴面上、z轴面上各4个。CsCl晶体由Cs+、Cl-分别构成立方结构，但Cs+组成立方的中心有1个Cl-，Cl-组成的立方中心又镶入一个Cs+。可称为“体心立方”结构，Cl-紧邻8个Cs+，Cs+紧邻8个Cl-。干冰也是立方体结构，但在立方体每个正方形面的中央都
19、有一个CO2分子，称为“面心立方”。实际上各面中央的CO2分子也组成立方结构，彼此相互套入面的中心。所以每个CO2分子在三维空间里x、y、z三个面各紧邻4个CO2分子，共12个CO2分子。金刚石的基本单元是正四面体，每个碳原子紧邻4个其他碳原子。石墨的片层由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻另外3个碳原子，即每个六边形占有1个碳原子的各，所以大的结构中每个六边形占有的碳原子数是6=2(个)。对于晶体中的化学键要分清是指晶格质点之间还是晶格质点内部。常见的离子晶体其离子间形成的是离子键。原子晶体则只有晶格质点即原子间的共价键。分子晶体在分子间只是弱作用力，即范德华力，而分子内部除单原子分子的惰性气
20、体外都有牢固的共价键。晶体熔点通常由晶格质点间作用力而定。原子晶体中原子间的共价键牢固，熔点达千至数千摄氏度。离子晶体中离子间的离子键相当强大，熔点在数百至上千摄氏度。分子晶体中分子间作用力弱，熔点在数百摄氏度以下至很低的温度。如果形成分子晶体的分子比较类似，则分子的摩尔质量越大，分子间作用力也越大，熔点也就越高。题述的NaCl、HCl、CO2、金刚石在熔态时只有离子晶体熔化后能导电。在溶液中离子晶体和分子晶体中的电解质(如HCl)能导电。CO2是非电解质，其水溶液能微弱导电，这是由于CO2与水生成的H2CO3是弱电解质的缘故，所以CO2不是电解质，H2CO3才是电解质。金刚石是原子晶体，所以
21、不溶于一般无机或有机溶剂，它没有水溶液。18(本题共16分) 辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S)及少量脉石（SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6（1）写出浸取过程中Cu2S溶解成Cu2+的离子方程式 _。（2）气体NOx 与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为 _（3）可向滤液M中加入（或通入）下列 _(填字母)物质，得到较多的另一种可循环利用的物质。 AFe B
22、NaClO CH2O2 D. Cl2（4）蒸发浓缩时，要用硝酸调节溶液的pH，其作用是 _。（5）在除铁阶段，如果pH控制不当会使产量降低。你认为应该采取的补救措施是：将滤渣加入到HNO3中将pH调为_，充分反应后过滤，将滤液与原滤液合并。【答案】（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S （2）4NOx +(5-2x)O2+2H2O=4HNO3 ；（3）C D ； （4）抑制Cu2+的水解且不带入其他杂质 ；（5）3.7-4.7【解析】 试题分析：（1）根据图示可知：用FeCl3浸取过程中Cu2S溶解成Cu2+的离子方程式是Cu2S+4Fe3+= 2Cu2+ +4Fe2+S；（2）2
23、NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO。反应循环往复。反应的方程式是4NOx +(5-2x)O2+2H2O=4HNO3 ；（3）在滤液M中含有Fe2+,若要加入氧化剂，就可以把Fe2+氧化为Fe3+,得到另一种可循环利用的物质，但是有不引入杂质离子。因此加入的试剂是H2O2、 Cl2。选项是C 、D。（4）硝酸铜是强酸弱碱盐，加热容易水解产生氢氧化铜沉淀。所以在蒸发浓缩时，为了抑制Cu2+的水解且不带入其他杂质，要用硝酸调节溶液的pH。（5）由于Fe(OH)3产物完全时的pH是3.7，而Cu(OH)2开始沉淀pH是4.7.所以为了达到既除去杂质又不有用物质消耗，补救措施是：将
24、滤渣加入到HNO3中将pH调为二者之间。即3.7-4.7，充分反应后过滤，将滤液与原滤液合并。考点：考查物质制取时的反应条件的选择、离子方程式、化学方程式的书写、杂质除去试剂的选择。19X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的氢化物具有相同的电子数。在中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一。（1）写出实验室制取W2反应的离子方程式 。（2）某小组设计如图所示的装置，分别研究YX2和W2的性质。分别通入YX2和W2，在装置A中观察到的现象是否相同 (填“相同”或“不相同”)；若装置D中装的是铁粉，当通入足量W2时观察到的现象为 ；若装置D中装的是五氧化二钒，
25、当通入足量YX2时，打开K通入适量X2，化学反应方程式为 ；若装置B中装有50mL 1010-3mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了5010-5mol电子，该反应的化学方程式为 。（2）某同学将足量的YX2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，再向该试管中加入过量的下列溶液也无沉淀生成的是 (填字母)。A氨水 B稀盐酸 C稀硝酸 D氯化钙 E双氧水 F硝酸银【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）相同；产生棕褐色的烟 2SO2+O22SO3 ；5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl （3）B、D【解析】试题分析：X、Y和W为原子序数
26、依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的氢化物具有相同的电子数。在中学范围内X的单质只有氧化性，且是空气的主要成份之一，则X是O，所以Y是S。H2S和HCl具有相同的电子数，则W是Cl。（1）实验室制取氯气的离子方程式为MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。（2）某小组设计如图所示的装置，分别研究YX2和W2的性质。SO2和氯水都具有漂白性，都能使品红溶液褪色，则分别通入SO2和Cl2，在装置A中观察到的现象是相同；在加热的条件下氯气与铁反应生成氯化铁，实验现象是产生棕褐色的烟；在催化剂的作用下SO2与氧气化合生成三氧化硫，反应的化学反应方程式为2SO2+O22SO3；若装
27、置B中装有50mL 1010-3mol/L的碘水，则碘的物质的量是5010-6mol。当通入足量Cl2完全反应后，转移了5010-5mol电子，则反应中碘失去电子的个数5010-5mo /5010-6mol=10，这说明在反应中碘的化合价升高到5价，所以该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl。（2）A氨水与SO2反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀；B稀盐酸与SO2及氯化钡均不反应；C稀硝酸具有强氧化性，能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀；D氯化钙与氯化钡及SO2不反应；E双氧水具有氧化性能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀；F硝酸银能与
28、氯化钡反应生成氯化银沉淀，答案选BD。考点：考查元素推断及性质实验方案设计与探究20某温度下，在一固定容积的密闭容器中投入一定物质的量的N2与H2进行可逆反应：N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；在2 min时达到平衡状态，此时c(N2)5.00 molL-1，c(H2)10.00 molL-1，c(NH3)5.00 molL-1。试求：（1）该温度下反应的平衡常数（2）H2的起始浓度（3）用N2表示该反应的平均反应速率（4）N2的转化率【答案】（1）K = 510-3 mol-2L2（2）C0(H2) = 17.5 molL-1（3）v(N2) = 1.25 molL-1min-1（4）
29、(N2) = 33.3%【解析】由“三段式”求解反应： N2(g) 3H2(g) 2NH3(g)初c： 7.5 17.5 0c： 2.5 7.5 5平衡c： 5 10 5（1）K=510-3 mol-2L2（2）C0(H2) = 17.5 molL-1（3）v(N2) =1.25 molL-1min-1（4）(N2) = 33.3%21中学常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）。单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物。根据图示转化关系回答：（1）写出反应的离子方程式_。（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式： ，除铝热剂外，该反应还需加入 ，利用该反
30、应的原理，可用于_。（3）设计一个简单的实验方案，证明上述A与Fe2O3反应所得的块状熔融物中含有单质A .【答案】（1）2Al + 2OH+ 2H2O = 2AlO2+ 3H2（2）2Al + Fe2O3Al2O3 + 2Fe； 镁粉和氯酸钾；焊接钢轨等；（3）取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝【解析】试题分析：单质A常作为食品包装材料，甲是典型的两性氧化物，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，甲为Al2O3，单质B为H2，乙为NaAlO2，丙为NaAlO2，（1）反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2
31、，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）A为金属Al，单质A与Fe2O3反应为铝热反应，铝热反应需要引发剂引发高温反应，镁条在空气中可以燃烧，氧气是氧化剂，但插入混合物中的部分镁条燃烧时，氯酸钾则是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，铝热反应的应用为焊接钢轨等，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；镁粉和氯酸钾；焊接钢轨等；（3）铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，据此可设计一个简单的实验方案，证明铝热反应的产物中含有单质铝，具体操作为取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧
32、化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝，故答案为：取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝考点：考查了无机物推断的相关知识。22香豆素是一种用途广泛的香料，可以利用乙醇和B(分子式为C7H6O2)通过以下途径合成。 （1）DE中的反应类型为_；C中含氧官能团的名称为_。（2）有关香豆素的说法正确的是_(填字母)。a易溶于水和酒精中b长期放置香豆素，容易氧化变质c能发生加成反应，不能发生取代反应d1mol香豆素可与2molNaOH反应（3）B有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的同分异构体的结构简式是_(写一种即可)。（4）乙醇生成A的化学方程式为_。【答
33、案】（8分）（1）氧化反应（1分）；羧基、羟基（1分） （2）bd（2分）（3）或（2分）（4）2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O（2）【解析】试题分析：乙醇在催化剂的作用下，发生氧化反应生成乙醛，因此A是乙醛，结构简式是CH3CHO。D能发生银镜反应，说明D中含有醛基。E发生分子内酯化反应，生成香豆素，则根据香豆素的结构简式可知，E的结构简式应该是，所以D的结构简式是。根据已知信息可知，B的结构简式是，所以C的结构简式是。（1）根据以上分析可知，D生成E是醛基的氧化反应。根据C的结构简式可知，C分子中含有的官能团是羟基和羧基。（2）a香豆素中含有酯基，难溶于水，易溶在酒精中，a不正
34、确；b香豆素中含有酚羟基，极易被氧化，所以长期放置香豆素，容易氧化变质，b正确； c香豆素中的苯环和碳碳双键能发生加成反应，酯基和苯环可以发生取代反应，c不正确；d由于酯基水解后又产生1个酚羟基，所以1mol香豆素可与2molNaOH反应，d正确，答案选bd。（3）根据B的结构简式可知，苯环上只有一个侧链的B的同分异构体的结构简式是或。（4）乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式是2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O。考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、有机物结构与性质、同分异构体判断以及方程式的书写等23A、B、C、D、E在一定条件下的转换条件如右图所示。（1）若A常温下
35、为固态单质，C为能使品红溶液褪色的气体，则CD变化的化学方程式为_，EC变化的化学方程式为_。（2）若A常温下为气态单质，则A为_；D为_；AB变化的化学方程式为 _。【答案】（1）2SO2+O22SO，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O（2）N2，NO2 ；N2+3H22NH3【解析】试题分析：（1）若A在常温下为固态单质，由转化关系可知，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为浓硫酸，则CD变化的化学方程式为2SO2+O22SO3，EC变化的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。（2）若A在常温下为气态单质，由转化关系可知，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为稀硝酸，AB变化的化学方程式为N2+3H22NH3 。【考点定位】考查无机物的推断，常见物质的化学性质。【名师点睛】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及相互转化为解答的关键，侧重N、S及其化合物性质的考查，注意连续氧化的特点，题目难度不大。具体分析如下：若A在常温下为气态单质，则由转化关系可知，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为稀硝酸；若A在常温下为固态单质，由转化关系可知，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为浓硫酸。