1、2022-2022学年安徽省合肥八中高三（下）第二次周考化学试卷一、选择题（每题8分，共56分）1去年下半年我省雾霾天气十分严重PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2，下列关于此反应的说法中，不正确的是（）A所涉及元素的第一电离能：NOCB当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molC等物质的量N2和C02中，键的个数比为1：1D氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价2下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的
2、是（）A氯气：K+ Ba2+ SiO32 NO3B二氧化硫：Na+ NH4+ SO32 C1C氨气：K+ Na+ AlO2 CO32D甲醛：Ca2+ Mg2+ Mn04 NO33用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是（）选项甲乙丙试管中现象A浓盐酸二氧化锰石蕊溶液先变红后褪色B浓氨水生石灰AlCl3溶液先沉淀后消失C醋酸碳酸钙BaCl2溶液变浑浊D浓硝酸铜水试管口出现红棕色AABBCCDD4如图所示装置I是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开
3、关K时，b极附近先变红色下列说法正确的是（）A当有0.01mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出112mL的气体B负极反应为3Br2e=Br3C闭合K后，b电极附近的pH变小D闭合K后a电极上有氯气产生5一定温度下，将1mol A和1mol B气体充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+B（g）x C（g）+D（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C 的浓度随时间变化如图所示下列说法正确是（）A反应方程式中的x=1Bt1t3间该反应的平衡常数均为4Ct3时刻改变的条件是移去少量物质DDt3时刻改变的条件是使用催化剂6CuS04是一种重要的化工
4、原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液C利用途径制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1molD途径所用混酸中H2S04与HN03物质的量之比最好为3：27下列说法正确的是（）A相同物质的量浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2、NH4C1、CH3COONH4、NH3H20，c（NH4+）由大到小的顺序是：B某溶液中由水电离出的c（ H+）=1l0amol/L，若a7时，则该溶液的pH一定为14aC常温下，向AgCl悬浊液中加入少量NaC1固体后振荡，c（Cl）增大，Ksp（AgCl）增大DpH=3的二元弱
5、酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c（R2）+c（HR）=c（Na+）二、非选择题8X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是常见金属元素其相关信息如表：元素相关信息 XX一种核素在考古时常用来坚定一些文物的年代 YY基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等 ZZ是所在周期的单核离子中半径最小 WW的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料 TT有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料（1）X、Y、Z三种元素的电负性由大到小的顺序是（用元素符号表示，下同）；在HX、HY两种共价键中，键的
6、极性较大的是（2）T2+的电子排布式为；T的单质在高温下与Y的氢化物反应，其化学方程式为；工业上用W的氧化物与X的单质高温下反应制得W单质的粗产品，其化学反应方程式为（3）两种氢化物X2H2和H2Y2中沸点较高的是，两者沸点相差很大的原因是（4）在25、101kPa下，已知W稳定的气态氢化物在Y的气态单质中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gW稳定的气态氢化物放热190.0KJ，则该反应的热化学方程式9乙醇是一种重要的化工原料I葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是：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C7H602）通过以下途径合成（1）C中含氧官能团的名称为；D
7、的结构简式是；DE中的反应类型为（2）乙醇生成A的化学方程式为：；由E生成香豆素的化学方程式为：（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（4）有关香豆素的说法正确的是（填字母）a只能与溴单质发生加成反应，不能发生取代反应b1mol香豆素可与5mol H2发生加成反应c长期放置香豆素，容易氧化变质d1mol香豆素完全燃烧消耗9.5mol 02e1mol香豆素可与2mol NaOH反应10硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式
8、，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡Sn（OH）Cl回答下列问题：（1）操作l的步骤为、过滤、洗涤、干燥对沉淀进行洗涤的方法是（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH；（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶
9、液m mL则锡粉中锡的质量分数是（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）2022-2022学年安徽省合肥八中高三（下）第二次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题8分，共56分）1去年下半年我省雾霾天气十分严重PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2，下列关于此反应的说法中，不正确的是（）A所涉及元素的第一电离能：NOCB当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molC等物质的量N2和C02中，键的个数比为1：1D氧化剂与还原剂的物质的量之比
10、为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价【考点】氧化还原反应的计算；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【专题】氧化还原反应专题【分析】AN元素最外层p轨道为半充满结构，第一电离能较大；Bx=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍；C根据结构式NN、O=C=O判断；D根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合价【解答】解：A同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但N元素最外层p轨道为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则为NOC，故A正确；Bx=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每
11、生成1mol N2，转移电子数为1mol24=8mol，故B错误；C由结构式NN、O=C=O可知等物质的量N2和C02中，键的个数比为2：2=1：1，故C正确；D令NOx中N元素的化合价为a，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则1（a0）=1（42），解得a=2，故D正确故选B【点评】本题考查化学键、氧化还原反应原理及其计算等，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒2下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（）A氯气：K+ Ba2+ SiO32 NO3B二氧化硫：Na+ NH4+ SO32 C1C氨气：
12、K+ Na+ AlO2 CO32D甲醛：Ca2+ Mg2+ Mn04 NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合通入足量相应气体后仍不反应来解答【解答】解：ABa2+、SiO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，但通入气体与SO32反应，不能大量共存，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，且通入氨气仍不反应，可大量共存，故C选；D该组离子之间不反应，可大量共存，但通入甲醛被Mn04、NO3氧化，不能大量共存，故D不选；故选C【点评】本题考查离子的共存，
13、为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应和氧化还原反应的离子共存考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大3用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是（）选项甲乙丙试管中现象A浓盐酸二氧化锰石蕊溶液先变红后褪色B浓氨水生石灰AlCl3溶液先沉淀后消失C醋酸碳酸钙BaCl2溶液变浑浊D浓硝酸铜水试管口出现红棕色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题【分析】A浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下进行；B氢氧化铝与氨水不反应；C二氧化碳与氯化钡不反应；D浓硝酸与铜
14、反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮【解答】解：A浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下进行，题中没有加热，不能生成氯气，故A错误；B氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氨水不反应，沉淀不溶解，故B错误；C图中生成的二氧化碳，但二氧化碳与氯化钡溶液不反应，不会观察到白色沉淀，故C错误；D浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，可观察到试管口出现红棕色，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、氧化还原反应等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等4（2022安徽一模）如图所
15、示装置I是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开关K时，b极附近先变红色下列说法正确的是（）A当有0.01mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出112mL的气体B负极反应为3Br2e=Br3C闭合K后， b电极附近的pH变小D闭合K后a电极上有氯气产生【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以氢离子在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极，再根据原电池、电解池原理
16、判断选项【解答】解：当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以氢离子在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极A、闭合K时，有0.01molNa+通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，由于没有说明是标准状况，所以不能确定其体积，故A错误；B、闭合K时，负极发生氧化反应，负极反应为3Br2e=Br3，故B正确；C、闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上是氢离子放电的过程，即b附近有氢氧根生成，pH增大，故C错误；D、闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜电极是活泼电极，发生的电极
17、反应为：Cu2e=Cu2+，没有气体产生，故D错误故选B【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的知识，属于综合知识的考查，注意根据现象判断反应的物质然后确定电解池的阴阳极，综合性较强，题目难度中等5一定温度下，将1mol A和1mol B气体充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+B（g）x C（g）+D（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C 的浓度随时间变化如图所示下列说法正确是（）A反应方程式中的x=1Bt1t3间该反应的平衡常数均为4Ct3时刻改变的条件是移去少量物质DDt3时刻改变的条件是使用催化剂【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡
18、建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡；B、t1t3间温度相同，平衡常数相同，利用三段式计算t1时反应混合物的浓度，代入平衡常数计算；C、D为固体，减少D的量，不影响平衡移动；D、使用催化剂不影响平衡移动【解答】解：A、t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A错误；B、t1t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则： A（g）+B（g）2C（g）+D（s），开始（mol/L）：0.5 0.5 0变化（mol/
19、L）：0.25 0.25 0.5平衡（mol/L）：0.25 0.25 0.5所以平衡常数k=4，故B正确；C、D为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；D、加入催化剂C的浓度不发生变化，故D错误；故选B【点评】考查化学平衡图象、外界条件对化学平衡的影响、平衡常数等，难度中等，注意t2t3浓度未变化是解题的关键6CuS04是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想BY可以是葡萄糖溶液C利用途径制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1molD途径所用混酸中H2S04与HN03物质的量之比最好
20、为3：2【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】A根据反应物和生成物的化学式判断，途径产生二氧化硫气体污染性气体；B硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C利用途径制备硫酸铜是用铜与氧气反应生成氧化铜，再用氧化铜与硫酸反应制备硫酸铜，这一过程中没有硫酸被还原；D根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应【解答】解：A相对于途径、，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B葡萄糖与氢氧化铜反应
21、的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C利用途径制备硫酸铜是用铜与氧气反应生成氧化铜，再用氧化铜与硫酸反应制备硫酸铜，这一过程中没有硫酸被还原，故C错误；DCu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D正确；故选C【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答
22、时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等7下列说法正确的是（）A相同物质的量浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2、NH4C1、CH3COONH4、NH3H20，c（NH4+）由大到小的顺序是：B某溶液中由水电离出的c（ H+）=1l0amol/L，若a7时，则该溶液的pH一定为14aC常温下，向AgCl悬浊液中加入少量NaC1固体后振荡，c（Cl）增大，Ksp（AgCl）增大DpH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c（R2）+c（HR）=c（Na+）【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简
23、单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A铝离子水解抑制铵根离子的水解；铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；B酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据由水电离出的氢离子浓度与107molL1进行比较，如果水电离出的氢离子浓度大于107molL1，则该物质是含有弱根离子的盐，如果由水电离出的氢离子浓度小于107molL1，则该物质可能是酸或碱，据此进行判断CKsp（AgCl）只与温度有关；D根据电荷守恒：c（OH）+2c（R2）+c（HR）=c（H+）+c（Na+），混合液的pH等于7，则c（OH）=c（H+），综上分析【解答
24、】解：A同浓度的下列溶液：NH4Al（SO4）2NH4ClCH3COONH4，NH3H2O，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱，则c（NH4+）由大到小的顺序是：，故A正确；B当a7时，由水电离出的氢离子浓度小于107molL1，则该物质可能是酸或碱，溶液的pH可能为a或14a，故B错误；CKsp（AgCl）只与温度有关，故C错误；DH2R溶液与NaOH溶液混合后，根据电荷守恒：c（OH）+2c（R2）+c（HR）=c（H+）+c（Na+），根据混合液的pH等于7，则c（OH）=c（H+），综上可知反应后的混合液：2c（
25、R2）+c（HR）=c（Na+），故D错误；故选A【点评】本题考查了盐类的水解、电离平衡、PH的计算等，题目难度中等，通过本题可以培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力二、非选择题8X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是常见金属元素其相关信息如表：元素相关信息 XX一种核素在考古时常用来坚定一些文物的年代 YY基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等 ZZ是所在周期的单核离子中半径最小 WW的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料 TT有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料（1）X、Y、Z三种元素的电负性由大到小的顺序是OCAl（
26、用元素符号表示，下同）；在HX、HY两种共价键中，键的极性较大的是HO（2）T2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；T的单质在高温下与Y的氢化物反应，其化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用W的氧化物与X的单质高温下反应制得W单质的粗产品，其化学反应方程式为SiO2+2C Si+2CO（3）两种氢化物X2H2和H2Y2中沸点较高的是H2O2，两者沸点相差很大的原因是H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力（4）在25、101kPa下，已知W稳定的气态氢化物在Y的气态单质中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gW稳定的气态氢化物放热190
27、.0KJ，则该反应的热化学方程式SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）H=1520kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T为常见金属，且T有多种氧化
28、物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料，则T为Fe，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T为常见金属，且T有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料，则T为Fe，（1）同周期自左而右电负性增
29、大，非金属性越强确定性越大，故电负性OCAl；电负性OC，电负性越大，对键合电子吸引越强，键的极性越大，故HO键的极性较大，故答案为：OCAl；HO；（2）Fe2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；在高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用二氧化硅与碳反应生成Si与CO制得粗硅，化学反应方程式为：SiO2+2C Si+2CO，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；SiO2+2C Si+2CO；（3）H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力，二
30、者沸点相差较大，H2O2沸点高于C2H2的沸点，故答案为：H2O2；H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力；（4）硅的稳定的气态氢化物为SiH4，在25、101kPa下，SiH4在氧气中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4g SiH4放热190.0KJ，则1molSiH4完全反应放出的热量=190.0kJ=1520kJ，则该反应的热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）H=1520kJ/mol，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）H=1520kJ/mol【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关
31、键，侧重对基础知识的巩固，难度不大，注意氢键对物质性质的影响9乙醇是一种重要的化工原料I葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是：C6H12O62C2H5OH+2CO2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C7H602）通过以下途径合成（1）C中含氧官能团的名称为醛基、羟基；D的结构简式是；DE中的反应类型为氧化反应（2）乙醇生成A的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；由E生成香豆素的化学方程式为：（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（4）有关香豆素的说法正确的是cde（填字母）a只能与溴单质发生加成反应，不
32、能发生取代反应b1mol香豆素可与5mol H2发生加成反应c长期放置香豆素，容易氧化变质d1mol香豆素完全燃烧消耗9.5mol 02e1mol香豆素可与2mol NaOH反应【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】葡萄糖再酒化酶的作用下生成乙醇与二氧化碳；乙醇发生催化氧化生成A为CH3CHO，乙醛与B发生信息中的反应生成C，可知B中含有CHO，由B的分子式结合香豆素的结构可知，B中含有苯环，与酚羟基，且醛基与OH处于邻位，故B为，则C为，D为，D与新制氢氧化铜在加热条件下氧化生成E为，E发生分子内酯化反应生成，据此解答；【解答】解：葡萄糖再酒化酶的作用下生成乙醇与二氧化碳
33、，反应方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2，故答案为：C6H12O62C2H5OH+2CO2；乙醇发生催化氧化生成A为CH3CHO，乙醛与B发生信息中的反应生成C，可知B中含有CHO，由B的分子式结合香豆素的结构可知，B中含有苯环，与酚羟基，且醛基与OH处于邻位，故B为，则C为，D为，D与新制氢氧化铜在加热条件下氧化生成E为，E发生分子内酯化反应生成，（1）C为，含有的含氧官能团的名称为：醛基、羟基；D的结构简式是；DE中是醛基被氧化，属于氧化反应，故答案为：醛基、羟基；氧化反应；（2）乙醇生成A（乙醛）的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；由E生成香豆
34、素的化学方程式为：，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）B为，有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的所有同分异构体可为酸或酯，结构简式是，故答案为：；（4）a香豆素含有碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，含有酯基，可发生水解，即取代反应，故a错误；b香豆素含有苯环和1个碳碳双键，均与氢气发生加成反应，1mol香豆素可与4molH2 发生加成反应，故b错误；c含有碳碳双键、羧酸与酚形成的酯基，长时间保持易被氧化变质，故c正确；d香豆素的分子式为C9H6O2，1mol香豆素完全燃烧消耗（9+1）mol=9.5molO2，故d正确；e1mol香豆素水解生成1mol酚羟
35、基和1mol羧基，则可与2molNaOH 发生反应，故d正确；故答案为：cde【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要对给予的信息进行利用，掌握官能团的性质与转化是关键，注意利用香豆素的结构与反应条件进行推断，难度中等10硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡Sn（OH）Cl回答下列问题：（1）操作l的步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥对沉淀进行洗涤的方法是将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水
36、自然流下，重复操作23次（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：SnCl2水解，发生SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH；防止Sn2+被氧化（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2
37、O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液m mL则锡粉中锡的质量分数是（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）由流程图可知，操作是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；根据沉淀的洗涤方法来洗涤沉淀；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； （4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自
38、身被还原为水；（5）根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7，据此计算【解答】解：（1）由流程图可知，操作是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，沉淀的洗涤方法：将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2OS
39、n（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； 故答案为：防止Sn2+被氧化；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O，故答案为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O；（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则： SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7 Mg mol ax bmol/LL解得x=故答案为：【点评】本题以SnSO4制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求
