吉林省长春市2022届高三化学下学期模拟试卷四含解析

2022年吉林省长春市高考化学模拟试卷（四）　一、选择题（共7小题）1．化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．Fe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料B．燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应C．“歼﹣20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料D．工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质　2．下列叙述涉及的化学相关知识，其中说法正确的是（　　）A．植物油可以作为萃取剂分离出碘水中的碘B．石油的分馏、煤的气化、海水制镁都包括化学变化C．处理废水时加入明矾作为消毒剂，可以除去水中的杂质D．乙烯、甲烷、SO2三种无色气体可用溴水鉴别　3．咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：则下列有关说法正确的是（　　）A．该物质中苯环上一氯化物有2种B．所有碳原子不可能都在同一平面上C．既能发生取代反应，也能发生加成反应D．1mol该物质可以与1.5mol碳酸钠溶液反应生成1.5molCO2　4．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）A．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．一定量Cl2通入FeI2溶液中，完全反应后测得溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）：5Cl2+8I﹣+2Fe2+=4I2+2Fe3++10Cl﹣C．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2Br﹣COOH+OH﹣CH2Br﹣COO﹣+H2OD．用氢氟酸在玻璃上“刻字”：SiO2+4H++4F﹣=SiF4↑+2H2O　5．稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称．已知镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物的化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是（　　）A．La（NO3）3水溶液显酸性B．LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3C．La和盐酸反应的离子方程式为：La+2H+=La3++H2↑D．镧有两种核素：57139La和放射性57138La，由此可知镧元素的相对原子质量为138.5-23-　6．用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已略去），能达到实验目的是（　　）A．称取NaOH固体B．稀释浓硫酸C．分离乙醇和水混合物D．电解炼制铜　7．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（　　）A．2：1B．1：2C．1：3D．1：4　　二、解答题（共3小题）8．CO的应用和治理问题属于当今社会的热点问题．（1）汽车尾气中CO的治理，常用四氧化三钴（Co3O4）纳米棒的作催化剂，低温下与O2反应生成CO2．下列说法中正确的是　　　　　　（不定项选择）A．该反应是分解反应B．反应前后Co3O4化学性质不改变C．反应前后碳元素的化合价不变D．该反应的△H＜0（2）光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）制备．左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：-23-①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）=　　　　　　；②若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则平衡　　　　　　移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；③若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　　　　　　　mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；④该反应的平衡常数的表达式为K=　　　　　　，随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势为　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”），原因为　　　　　　；⑤比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　　　　　　T（15）（填“＜”、“＞”或“=”）．　9．肼（N2H4）是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛．（1）写出肼的电子式　　　　　　，1molN2H4中有　　　　　　个极性共价键．（2）NH3与NaClO反应可以得到肼，该反应的化学方程式为　　　　　　．（3）发射火箭时，肼（N2H4）为燃料，双氧水作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知1.6g液态N2H4在上述反应中放出64.22kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　．（4）肼﹣空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时负极反应式为　　　　　　．（5）肼性质与氨气相似，易溶于水，可发生如下电离过程：Ⅰ、N2H4+H2O═N2H5++OH﹣Ⅱ、N2H5++H2O═N2H62++OH﹣①常温下，某浓度N2H6C12溶液的pH为5，则该溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　　　　　　．②已知在相同条件下过程I的进行程度大于N2H5+的水解程度．常温下，若0.2mol/LN2H4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、N2H4•H2O、Cl﹣、OH﹣、H+粒子浓度由大到小的顺序为　　　　　　．　10．磺酰氯（SO2Cl2）是一种有机氯化剂，也是锂电池正极活性物质．已知磺酰氯是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解．（1）某学习小组的同学依据反应：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，设计的制备磺酰氯装置如图甲-23-①A的仪器名称是　　　　　　②有关题图甲所示的装置说法正确的是　　　　　　（不定项选择）．a．A、E处洗气瓶中盛放的可能分别是饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液b．D处U形管中盛放的可以是碱石灰c．B处冷凝管冷却水应从m接口通入d．装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却，更有利于SO2Cl2的收集③B处冷凝管通冷水的目的是　　　　　　，请用化学平衡移动原理分析其原因　　　　　　（2）磺酰氯可与白磷发生反应为：P4+10　SO2Cl2=4PCl5+10SO2↑，若生成1molSO2，则转移电子的物质的量为　　　　　　mol．（3）磺酰氯遇水发生剧烈水解生成两种强碱，则其化学方程式为　　　　　　（4）GET公司开发的Li﹣SO2Cl2军用电池，其示意图如图乙所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑；则电池工作时，正极的电极反应式为　　　　　　．　　三、【化学-选修二：化学与技术】11．以炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO为原料，可以制取氧化锌和金属锌）Ⅰ、制取氯化锌主要工艺如图：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Zn2+5.26.4Fe2+5.88.8（1）加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为　　　　　　．（2）流程图中，为了降低溶液的酸度，试剂X不可以是　　　　　　（选填序号）；pH应调整到　　　　　　a．ZnOb．Zn（OH）2c．Zn2（OH）2CO3d．ZnSO4（3）氯化锌能催化乳酸（2﹣羟基丙酸）生成丙交酯（C6H8O4）和聚乳酸，丙交酯的结构简式为　　　　　　，聚乳酸的结构简式为　　　　　　．Ⅱ、制取金属锌采用碱溶解{ZnO（s）+2NaOH（aq）+H2O（l）═Na2[Zn（OH）4]（aq）}，然后电解浸取液．（4）以石墨作电极电解时，阳极产生的气体为　　　　　　；阴极的电极反应为　　　　　　．（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是　　　　　　．　　四、【化学-选修三：物质结构与性质】12．四种常见元素的性质或结构信息如下表．试根据信息回答有关问题．ABCD-23-元素性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子原子的M层有1对成对的p电子原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂（1）A元素与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）；（2）B元素的低价氧化物分子中心原子的杂化方式为　　　　　　，B元素与D元素形成分子空间构型为　　　　　　；（3）D元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点　　　　　　（填“高”或“低”），其原因是　　　　　　；（4）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，观察到的现象为　　　　　　；（5）C晶体的堆积方式如图所示，设C原子半径为rcm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则晶胞中C原子的配位数为　　　　　　，C晶体的密度为　　　　　　g•cm﹣3（要求写表达式，可以不化简）．　　五、【化学-选修5：有机化学基础】13．某芳香经A是有机合成中非常重要的原料，通过质谱法测得其最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；其苯环上只有一个取代基，以下是以A为原料合成高分子化合物F、I的路线图，试回答下列问题：（1）A的结构简式为　　　　　　（2）E中的官能团名称是　　　　　　（3）G的结构简式为　　　　　　（4）反应②、④的反应类型分别是　　　　　　-23-（5）反应⑥、⑦生成的高分子化合物的反应原理是否相同？　　　　　　（填“相同”或“不相同”）（6）写出下列反应的化学方程式：反应③　　　　　　；反应⑦　　　　　　（7）符合以下条件的C的同分异构体有　　　　　　种（不考虑立体异构）a、苯环上有两个取代基　　　　　　　b、苯环上的一氯代物有两种c、加入三氯化铁溶液显色　　　　　d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢．　　-23-2022年吉林省长春市高考化学模拟试卷（四）参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题）1．化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．Fe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料B．燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应C．“歼﹣20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料D．工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质【考点】铁的氧化物和氢氧化物；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．铁红是指三氧化二铁；B．燃料电池的燃料负极燃料失去电子发生氧化反应；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料；D．工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质；【解答】解：A．铁红是指三氧化二铁，常做红色油漆和涂料，故A错误；B．燃料电池的燃料都在负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故B正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，故C错误；D．工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质，氯化铝为共价化合物，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了高分子材料，物质的成分、燃料电池、金属的冶炼，熟悉金属冶炼方法与金属活泼性关系是解题关键，题目难度不大．　2．下列叙述涉及的化学相关知识，其中说法正确的是（　　）A．植物油可以作为萃取剂分离出碘水中的碘B．石油的分馏、煤的气化、海水制镁都包括化学变化C．处理废水时加入明矾作为消毒剂，可以除去水中的杂质D．乙烯、甲烷、SO2三种无色气体可用溴水鉴别【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有机物的鉴别；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应；B．石油的分馏为物理变化；C．明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性；D．乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性．【解答】解：A．植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应，不能用于萃取剂，故A错误；B．石油的分馏为物理变化，煤的气化、海水制镁包括化学变化，故B错误；C．明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性，甲烷不反应，可鉴别，故D正确．故选D．-23-【点评】本题考查物质的分离、提纯、检验和鉴别等知识，侧重于学生基础知识的考查，注意把握常见物质的性质的异同，题目有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的学习，难度不大．　3．咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：则下列有关说法正确的是（　　）A．该物质中苯环上一氯化物有2种B．所有碳原子不可能都在同一平面上C．既能发生取代反应，也能发生加成反应D．1mol该物质可以与1.5mol碳酸钠溶液反应生成1.5molCO2【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，含苯环及C=C，从苯环和乙烯的结构的角度判断有机物的结构，分子中含有酚羟基、C=C以及﹣COOH，结合有机物的官能团的性质解答该题．【解答】解；A．结构不对称，有3种H原子可被取代，故A错误；B．苯环和乙烯中所有C原子都在同一个平面上，由此可知咖啡酸分子中的所有碳原子可能在同一个平面，故B错误；C．含有酚羟基和羧基，可发生取代反应，苯环可发生加成反应，故C正确；D．苯酚的酸性弱于碳酸，所以酚羟基与碳酸钠溶液反应不生成二氧化碳，则1mol该物质与1.5mol碳酸钠溶液反应生成的CO2小于1.5mol，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度不大，注意有机物的含有的官能团的性质，此为解答该题的关键，判断原子共面为解答的难点．　4．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）A．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．一定量Cl2通入FeI2溶液中，完全反应后测得溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）：5Cl2+8I﹣+2Fe2+=4I2+2Fe3++10Cl﹣C．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2Br﹣COOH+OH﹣CH2Br﹣COO﹣+H2OD．用氢氟酸在玻璃上“刻字”：SiO2+4H++4F﹣=SiF4↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．溶液中还生成氢氧化镁沉淀；B．氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配平离子方程式；C．CH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应；D．HF是弱酸，写化学式．-23-【解答】解：A．溶液中还生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+Mg（OH）2+H2↑，故A错误；B．氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：5Cl2+2Fe2++8I﹣═10Cl﹣+2Fe3++4I2，故B正确；C．CH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应，方程式为CH2BrCOOH+2OH﹣CH2OH﹣COO﹣+H2O+Br﹣，故C错误；D．HF是弱酸，写化学式，离子方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、复分解反应、取代反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是BC，注意B中反应先后顺序，注意C中还发生取代反应．　5．稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称．已知镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物的化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是（　　）A．La（NO3）3水溶液显酸性B．LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3C．La和盐酸反应的离子方程式为：La+2H+=La3++H2↑D．镧有两种核素：57139La和放射性57138La，由此可知镧元素的相对原子质量为138.5【考点】盐类水解的应用．【分析】A．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐；B．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热水解生成氢氧化镧和氯化氢，氯化氢挥发，最终灼烧得到氧化镧；C．离子方程式两边正电荷不相等不满足电荷守恒；D．计算元素的相对原子量需要根据元素在自然界的含量减少，不是取平均值．【解答】解：A．已知La（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，故A正确；B．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La（OH）3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C．镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3++3H2↑，故C错误；D．没有告诉镧的两种核素在自然界中的含量，题中条件无法计算镧元素的相对原子质量，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度中等，明确题干信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及知识迁移能力，注意掌握常见金属单质及其化合物性质，明确元素的相对原子质量的计算方法．　6．用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已略去），能达到实验目的是（　　）-23-A．称取NaOH固体B．稀释浓硫酸C．分离乙醇和水混合物D．电解炼制铜【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性；B．不能在量筒中稀释；C．分离乙醇和水混合物，需要蒸馏实验，测定馏分的温度；D．粗铜为阳极，阴极上析出Cu，可精炼Cu．【解答】解：A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应将NaOH放在小烧杯中称量，故A错误；B．不能在量筒中稀释，应在烧杯中稀释，且浓硫酸注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C．分离乙醇和水混合物，需要蒸馏实验，测定馏分的温度，图中温度计的水银球应在烧瓶支管口处，冷却水应下进上出，故C错误；D．由图可知，粗铜与电源正极相连，粗铜为阳极，电解质为硫酸铜，则阴极上铜离子得到电子析出Cu，可精炼Cu，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作、混合物分离提纯、电解原理及应用等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等．　7．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（　　）-23-A．2：1B．1：2C．1：3D．1：4【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算．【解答】解：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，则：2Fe3++Fe=3Fe2+2mol1mol3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算．　二、解答题（共3小题）8．CO的应用和治理问题属于当今社会的热点问题．（1）汽车尾气中CO的治理，常用四氧化三钴（Co3O4）纳米棒的作催化剂，低温下与O2反应生成CO2．下列说法中正确的是　BD　（不定项选择）A．该反应是分解反应B．反应前后Co3O4化学性质不改变C．反应前后碳元素的化合价不变D．该反应的△H＜0（2）光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）制备．左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）=　0.15mol•L﹣1•min﹣1　；②若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则平衡　向正反应方向　移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；③若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　0.4　　mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；-23-④该反应的平衡常数的表达式为K=　　，随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势为　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”），原因为　正反应为放热反应，随温度升高平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小　；⑤比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　＜　T（15）（填“＜”、“＞”或“=”）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）A．反应物为CO、氧气，生成物为二氧化碳；B．催化剂在反应前后质量不变、化学性质不变；C．反应中碳元素化合价由+2甲升高为+4价；D．本质是CO燃烧生成二氧化碳，属于放热反应；（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L﹣0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v（Cl2）；②原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动．③改变初始投料浓度变，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；④平衡常数是生成物平衡浓度化学计量数幂乘积与反应物平衡浓度化学计量数幂乘积的比；由图可知，升温平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；⑤第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动．【解答】解：（1）A．反应方程式为2CO+O22CO2，两种物质生成一种物质，为化合反应，故A正确；B．在反应中，四氧化三钴起到催化剂的作用，反应前后质量和性质都没有发生改变，故B正确；C．属于氧化还原反应，反应中C元素的化合价发生变化，由+2价升高到+4价，故C错误；D．本质是CO燃烧生成二氧化碳，属于放热反应，故D正确．故选：BD；（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L﹣0.3mol/L=0.9mol/L，则v（Cl2）==0.15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.15mol•L﹣1•min﹣1；②8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，则原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向；③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.8mol/L+c（COCl2）=1.2mol/L，c（CO）=0.6mol/L+c（COCl2）=1.0mol/L，故c（COCl2）=0.4mol/L，-23-故答案为：0.4；④平衡常数K=；由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小，故答案为：；减小；正反应为放热反应，随温度升高平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）＜T（15），故答案为：＜．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数、反应速率计算等，侧重考查学生对图象与数据的分析及计算能力，难度中等．　9．肼（N2H4）是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛．（1）写出肼的电子式　　，1molN2H4中有　4NA　个极性共价键．（2）NH3与NaClO反应可以得到肼，该反应的化学方程式为　2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O　．（3）发射火箭时，肼（N2H4）为燃料，双氧水作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知1.6g液态N2H4在上述反应中放出64.22kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：　N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1284.4kJ/mol　．（4）肼﹣空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时负极反应式为　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O　．（5）肼性质与氨气相似，易溶于水，可发生如下电离过程：Ⅰ、N2H4+H2O═N2H5++OH﹣Ⅱ、N2H5++H2O═N2H62++OH﹣①常温下，某浓度N2H6C12溶液的pH为5，则该溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　c（H+）=10﹣PH=1×10﹣5mol/L　．②已知在相同条件下过程I的进行程度大于N2H5+的水解程度．常温下，若0.2mol/LN2H4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、N2H4•H2O、Cl﹣、OH﹣、H+粒子浓度由大到小的顺序为　c（N2H5+）＞c（Cl﹣）＞c（N2H4•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．【考点】热化学方程式；化学电源新型电池；离子浓度大小的比较．【专题】化学反应中的能量变化；盐类的水解专题；电化学专题．【分析】（1）根据肼的分子式书写电子式；1molN2H4中有4mol的极性共价键；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），N元素的化合价升高，故还生成氯化钠与水；（3）1.6g液态N2H4的物质的量为=0.05mol，在上述反应中放出64.22kJ的热量，则1mol液态N2H4在上述反应中放出的热量为=1284.4kJ，依此书写热化学方程式；（4）负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2；（5）①N2H6C12类比铵盐，离子水解促进了水的电离，溶液中的氢离子就是水电离的；②N2H4的电离大于N2H5+离子的水解．-23-【解答】解：（1）肼的电子式为：，1molN2H4中有4mol的极性共价键，个数为4NA个，故答案为：；4NA；（2）NH3与NaClO发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，所以该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（3）1.6g液态N2H4的物质的量为=0.05mol，在上述反应中放出64.22kJ的热量，则1mol液态N2H4在上述反应中放出的热量为=1284.4kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1284.4kJ/mol；故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1284.4kJ/mol；（4）负极发生氧化反应，N2H4失去电子被氧化生成N2，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O，故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O；（5）①N2H6C12溶液的pH为5，N2H62+离子结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中氢离子来自水的电离，故该溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣PH=1×10﹣5mol/L，故该溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣5mol/L，故答案为：1×10﹣5mol/L；②0.2mol/LN2H4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，变成了等物质的量的N2H5Cl和N2H4的混合液，由于N2H4的电离大于N2H5+离子的水解，故溶液中c（N2H5+）＞c（Cl﹣），溶液显示碱性，故c（OH﹣）＞c（H+），故溶液中N2H5+、N2H4•H2O、Cl﹣、OH﹣、H+粒子浓度由大到小的顺序为c（N2H5+）＞c（Cl﹣）＞c（N2H4•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（N2H5+）＞c（Cl﹣）＞c（N2H4•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查的知识点较多，难度较大．以肼为媒介，涉及电子式、热化学方程式、化学方程式、电极反应式的书写，离子浓度大小的比较及相关物质的量浓度的计算等，综合性较强．　10．磺酰氯（SO2Cl2）是一种有机氯化剂，也是锂电池正极活性物质．已知磺酰氯是一种无色液体，熔点﹣54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解．（1）某学习小组的同学依据反应：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，设计的制备磺酰氯装置如图甲①A的仪器名称是　洗气瓶　②有关题图甲所示的装置说法正确的是　bd　（不定项选择）．-23-a．A、E处洗气瓶中盛放的可能分别是饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液b．D处U形管中盛放的可以是碱石灰c．B处冷凝管冷却水应从m接口通入d．装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却，更有利于SO2Cl2的收集③B处冷凝管通冷水的目的是　冷凝SO2Cl2　，请用化学平衡移动原理分析其原因　降低温度平衡右移，有利于与SO2Cl2的生成　（2）磺酰氯可与白磷发生反应为：P4+10　SO2Cl2=4PCl5+10SO2↑，若生成1molSO2，则转移电子的物质的量为　2　mol．（3）磺酰氯遇水发生剧烈水解生成两种强碱，则其化学方程式为　SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl　（4）GET公司开发的Li﹣SO2Cl2军用电池，其示意图如图乙所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑；则电池工作时，正极的电极反应式为　SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）①根据常见仪器的名称来解答；②a．根据饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液起不到干燥的作用判断；b．D处U形管中盛放的固体干燥剂判断；c．根据B处反应管冷却水应低处进高处出判断；d．根据反应放热，则装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却有利于利平衡正向移动判断；③根据温度降低，平衡正向移动来解答；（2）由方程式可知P4+10SO2Cl2=4PCl5+10SO2↑可知P4～10SO2～20mole﹣，由此分析解答；（3）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，根据水解原理可知为H﹣与Cl﹣结合生成HCl，﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4；（4）正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，据此书写．【解答】解：（1）①A的仪器名称是洗气瓶，故答案为：洗气瓶；②a．A、E处洗气瓶，干燥吸水，二氧化硫和氯气都可以用浓硫酸干燥，而饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液起不到干燥的作用，故a错误；b．D处U形管中盛放的固体干燥剂，可能是固体碱石灰，故b正确；c．B处反应管冷却水应低处进高处出，所以从n接口通入，故c错误；d．装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却，由利于平衡正向移动，更有利于SO2Cl2的收集，故d正确；故选bd；③温度降低，平衡正向移动，SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H＜0，正反应是放热反应，所以水冷却利于SO2Cl2的合成；故答案为：冷凝SO2Cl2；降低温度平衡右移，有利于与SO2Cl2的生成；（2）由方程式可知P4+10SO2Cl2=4PCl5+10SO2↑可知P4～10SO2～20mole﹣，所以生成1molSO2，则转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2；（3）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，生成HCl和H2SO4，反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，所以电极反应式为：SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑，故答案为：SO2Cl2+2e﹣=2Cl﹣+SO2↑．【点评】本题考查了物质制备、氧化还原的相关计算、化学方程式的书写、平衡移动和电极反应式的书写等，难度不大，注意理解制备的原理是解题的关键．　-23-三、【化学-选修二：化学与技术】11．以炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO为原料，可以制取氧化锌和金属锌）Ⅰ、制取氯化锌主要工艺如图：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Zn2+5.26.4Fe2+5.88.8（1）加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　．（2）流程图中，为了降低溶液的酸度，试剂X不可以是　d　（选填序号）；pH应调整到　3.2≤pH＜5.2　a．ZnOb．Zn（OH）2c．Zn2（OH）2CO3d．ZnSO4（3）氯化锌能催化乳酸（2﹣羟基丙酸）生成丙交酯（C6H8O4）和聚乳酸，丙交酯的结构简式为　　，聚乳酸的结构简式为　　．Ⅱ、制取金属锌采用碱溶解{ZnO（s）+2NaOH（aq）+H2O（l）═Na2[Zn（OH）4]（aq）}，然后电解浸取液．（4）以石墨作电极电解时，阳极产生的气体为　O2　；阴极的电极反应为　[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣；　．（5）炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，主要原因是　氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中　．【考点】制备实验方案的设计；电解原理．【分析】炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）加盐酸溶解，形成氯化锌、氯化铜、氯化亚铁的溶液，加锌粉置换出Cu，过滤，沉淀A为Cu，滤液中含有锌离子和亚铁离子，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，再加ZnO（或氢氧化锌等）调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，得到氯化锌溶液．（1）加过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子；（2）调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质；调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，根据表中数据分析；-23-（3）分子中含有﹣COOH和﹣OH，结合丙交酯的分子式可知，两分子的乳酸分子间发生酯化反应脱去两分子水生成丙交酯；分子间发生缩聚反应生成聚乳酸和水；（4）石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气与水，阴极上[Zn（OH）4]2﹣得电子生成Zn与氢氧根离子；（5）ZnO能溶液强碱溶液，CuO和FeO不溶于碱溶液．【解答】解：炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）加盐酸溶解，形成氯化锌、氯化铜、氯化亚铁的溶液，加锌粉置换出Cu，过滤，沉淀A为Cu，滤液中含有锌离子和亚铁离子，加入过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，再加ZnO（或氢氧化锌等）调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，得到氯化锌溶液．（1）加过氧化氢亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质，ZnO、Zn（OH）2、Zn2（OH）2CO3均与氢离子反应生成锌离子，消耗氢离子的同时不引人杂质，ZnSO4不能与氢离子反应，所以不能调节pH；调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，由表中数据可知pH≥3.2时，铁离子完全沉淀，而锌离子开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2；故答案为：d；3.2≤pH＜5.2；（3）分子中含有﹣COOH和﹣OH，两分子的乳酸分子间发生酯化反应，反应产物为；分子间发生缩聚反应生成聚乳酸和水，聚乳酸的结构简式为：；故答案为：；；（4）石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气与水阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，阴极上[Zn（OH）4]2﹣得电子生成Zn与氢氧根离子，则阴极的电极方程式为：[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣故答案为：O2；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣；-23-（5）ZnO能溶液强碱溶液，CuO和FeO不溶于碱溶液，酸溶液与ZnO、CuO、FeO均能反应，所以炼锌烟尘采用碱溶，而不采用酸溶后电解，故答案为：氧化铜、氧化亚铁不溶于碱溶液中．【点评】本题考查物质的制备工艺流程，涉及对工艺流程的分析评价、物质的分离提纯、酯化反应和缩聚反应、电解原理的应用等知识点，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．　四、【化学-选修三：物质结构与性质】12．四种常见元素的性质或结构信息如下表．试根据信息回答有关问题．元素ABCD性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子原子的M层有1对成对的p电子原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂（1）A元素与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示）；（2）B元素的低价氧化物分子中心原子的杂化方式为　sp2　，B元素与D元素形成分子空间构型为　直线型　；（3）D元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点　低　（填“高”或“低”），其原因是　晶体类型不同，二氧化碳形成分子晶体，二氧化硅形成原子晶体　；（4）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，观察到的现象为　先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液　；（5）C晶体的堆积方式如图所示，设C原子半径为rcm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则晶胞中C原子的配位数为　12　，C晶体的密度为　　g•cm﹣3（要求写表达式，可以不化简）．【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p3，则A为氮元素；B原子的M层有1对成对的p电子，外围电子排布为3s23p4，则B为硫元素；C原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价，则C为Cu；D元素有种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，则D为C元素，据此解答．-23-【解答】解：A原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p3，则A为氮元素；B原子的M层有1对成对的p电子，外围电子排布为3s23p4，则B为硫元素；C原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价，则C为Cu；D元素有种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，则D为C元素，（1）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素2p轨道容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到下的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（2）S元素的低价氧化物为SO2，分子中S原子价层电子对数=2+（6﹣2×2）=3，S原子采取sp2杂化；S元素与C元素形成分子为CS2，与二氧化碳互为等电子体，结构式为S=C=S，空间构型为直线型，故答案为：sp2；直线型；（3）二氧化碳形成分子晶体，二氧化硅形成原子晶体，故二氧化碳晶体熔点比较二氧化硅低，故答案为：低；晶体类型不同，二氧化碳形成分子晶体，二氧化硅形成原子晶体；（4）往硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水，先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶解氨水得到四氨合铜络离子，观察到的现象为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，故答案为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液；（5）由Cu晶体的堆积方式可知，为面心立方密堆积，以顶角Cu原子研究，与之最近的Cu原子处于面心，每个顶点为12个面共用，故晶胞中Cu原子的配位数为12，晶胞中Cu原子数目=8×+6×=4，Cu原子半径为r，晶胞棱长=4r×=2r，故晶胞体积=3=16r3，故晶胞的密度ρ===g•cm﹣3，故答案为：12；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构、晶体类型与性质、配合物、晶胞结构与计算等，侧重对基础知识的综合应用的考查，（5）中解题的关键是计算晶胞的体积，题目难度中等．　五、【化学-选修5：有机化学基础】13．某芳香经A是有机合成中非常重要的原料，通过质谱法测得其最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；其苯环上只有一个取代基，以下是以A为原料合成高分子化合物F、I的路线图，试回答下列问题：-23-（1）A的结构简式为　　（2）E中的官能团名称是　羟基、羧基　（3）G的结构简式为　　（4）反应②、④的反应类型分别是　取代反应、消去反应　（5）反应⑥、⑦生成的高分子化合物的反应原理是否相同？　不相同　（填“相同”或“不相同”）（6）写出下列反应的化学方程式：反应③　　；反应⑦　n+（n﹣1）H2O　（7）符合以下条件的C的同分异构体有　5　种（不考虑立体异构）a、苯环上有两个取代基　　　　　　　b、苯环上的一氯代物有两种c、加入三氯化铁溶液显色　　　　　d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】Ⅰ、根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式为C6H12，在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则该烃的结构简式为（CH3）3C﹣CH=CH2；Ⅱ、烃1mol与2molHCl完全加成，则该烃分子有2个双键或1个三键，1mol氯代烷能和4mol氯气发生完全取代反应，则氯代烷分子中有4个H原子，所以原烃分子中有2个H原子，据此确定；Ⅲ、通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：-23-，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：；化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，据此进行解答．【解答】解：Ⅰ、根据C元素、H元素守恒确定该烃的分子式为C6H12，在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则该烃的结构简式为（CH3）3C﹣CH=CH2；Ⅱ、烃1mol与2molHCl完全加成，则该烃分子有2个双键或1个三键，1mol氯代烷能和4mol氯气发生完全取代反应，则氯代烷分子中有4个H原子，所以原烃分子中有2个H原子，据此确定；Ⅲ、通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E-23-，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：；化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，（1）根据以上分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（2）根据以上分析可知，E的结构简式为，该有机物分子中含有的官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据分析可知，G的结构简式为：，故答案为：；（4）根据分析可知，反应②为卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质C；反应④为E物质在浓硫酸条件下，脱去羟基发生消去反应生成物质G，故答案为：取代反应、消去反应；（5）根据以上分析，反应⑥H因为含有碳碳双键所以为加聚生成高分子I，⑦为化合物E因为含羧基由含羟基，所以发生缩聚反应生成高分子F，所以生成的高分子化合物的反应原理是不相同，故答案为：不相同；（6）反应③为催化氧化生成，反应的化学方程式为：，-23-反应⑦为在一定条件下转化成高分子F，反应的化学方程式为：n+（n﹣1）H2O；故答案为：；n+（n﹣1）H2O；（7）C为的同分异构体a、苯环上有两个取代基；b、苯环上的一氯代物有两种，则为对位结构；c、加入三氯化铁溶液显色，说明其中一个取代基为酚羟基；d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气，说明另一个还含有一个羟基，则符合条件的取代基可能为﹣OH和﹣CH2CH2CH2OH，或者﹣OH和﹣CH2CHOHCH3，或者﹣OH和﹣CHOHCH2CH3，或者﹣OH和﹣CH（CH3）CH2OH，或者﹣OH和﹣COH（CH3）2，共5种，故答案为：5．【点评】本题考查了有机推断及有机合成，题目难度较大，正确理解题干信息及合成原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　-23-