2022-2022学年湖南省衡阳市衡阳四中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分）1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列措施有利于节能减排、保护环境的是()①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料．A．①③⑤B．②③⑤C．①②④D．②④⑤2．下列离子方程式中正确的是()A．向碳酸钠溶液中加入足量的盐酸CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．单质铁和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁Fe+Fe3+═2Fe2+C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑D．氯化铵晶体和石灰粉共热产生氨气NH4++OH﹣═NH3↑+H2O3．下列关于有机化合物的说法正确的是()A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．汽油、乙烯均为石油分馏产品C．可以用分液的方法分离硝基苯和苯D．有机化合物都能燃烧4．下列有关物质性质的说法错误的是()A．热稳定性：HCl＞HIB．原子半径：Na＞MgC．酸性：H2SO3＞H2SO4D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC．17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g6．下列有关溶液组成的描述合理的是()A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣7．分子式为C5H10O且能发生银镜反应的有机物种数是()A．3种B．4种C．5种D．6种-24-\n8．某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图，下列叙述中正确的是()A．有机物A属于芳香烃B．有机物A可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应C．有机物A与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D．有机物A可与NaOH溶液反应，生成多种可溶于水的化合物9．下列说法不正确的是()A．化学反应达到化学平衡状态的正逆反应速率相等，是指同一物质的消耗速率和生成速率相等，若用不同物质表示时，反应速率不一定相等B．标准状况下，1L辛烷完全燃烧生成CO28LC．2.4gMg无论与O2还是与N2完全反应，转移电子数都是0.2NAD．1L1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所含CH3COO﹣、CH3COOH的总数为NA10．一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷（C2H6）和氧气，其中某一电极反应式为C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O．有关此电池的推断不正确的是()A．通入氧气的电极为正极B．参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为7：2C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D．放电一段时间后，正极区附近溶液的pH减小11．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是()A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种12．有关如图所示化合物的说法不正确的是()A．该化合物可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．该化合物可以使酸性KMnO4溶液褪色D．该化合物可以在光照下与Cl2发生取代反应-24-\n13．某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定由此得出的结论中，不正确的是()A．A一定是FeBr3B．B为AgBrC．滤液C中有Fe3+D．D溶液中存在Fe（SCN）314．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是()A．操作I中苯作萃取剂B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C．通过操作II苯可循环使用D．三步操作均需要分液漏斗15．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是()A．30～40min间该反应使用了催化剂B．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C．30min时降低温度，40min时升高温度D．8min前A的反应速率为0.08mol•L﹣1•min﹣1二、非选择题（共55分）16．“低碳循环”、如何降低大气中CO2的含量、有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视．I．用电弧法合成的储氢纳米碳管，可用如下氧化法提纯，请完成下述反应：__________C+__________KMnO4+6H2SO4→__________CO2↑+__________MnSO4+__________K2SO4+6H2O-24-\nII．某研究小组现将三组CO（g）与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，得到如表数据：实验组温度/℃起始量（mol）平衡量（mol）达到平衡所需要时间/minCO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）I80022x15II900120.50.5tmIII90024yytn（1）实验I中，前5min的反应速率υ（CO2）=__________mol•L﹣1•min﹣1．（2）下列能判断在800℃实验条件下CO（g）与H2O（g）反应一定达到平衡状态的是__________．A．容器内压强不再变化B．=2C．混合气体密度不变D．υ正（CO）=υ逆（CO2）（3）实验III中：y=__________．（4）Ⅲ的若实验容器改为在绝热的密闭容器中进行，实验测得H2O（g）的转化率a（H2O）随时间变化的示意图，如图所示，b点：υ正__________υ逆（填“＜”．“=”或“＞”）．17．（13分）硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．为测定补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案方案一滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定测定铁元素的含量反应原理：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O（1）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需__________（填仪器名称）．（2）上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是__________A、浓盐酸B、稀硫酸C、稀硝酸D、浓硫酸（3）某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是__________（夹持部分略去）（填字母序号）方案二称量法操作流程如下：-24-\n（4）写出步骤②中H2O2氧化Fe2+的离子方程式__________（5）步骤③中X溶液是__________（6）步骤④一系列操作依次是：过滤、洗涤、__________、冷却、称量．18．（13分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（含Fe2O3．SiO2．Al2O3等）转变成重要的工业原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）第1步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是__________．（2）检验第II步中Fe3+是否完全还原，应选择__________（填字母编号）．A．KMnO4溶液B．K3[Fe（CN）6]溶液C．KSCN溶液（3）第III步加FeCO3调溶液pH=6时，利用相关数据计算，判断Al3+是否沉淀完全？__________（填“是”或“否”）（已知KspAl（OH）3=1.9×10﹣33，当离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，可认为沉淀完全）（4）FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是__________．（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极反应式是__________．19．现有A、B、C、D、E、F六种位于周期表前四周期元素，其原子序数依次增大，相关信息如表所示：元素性质A一种核素的原子核内不含中子B原子核外电子有6种不同运动状态C最高价氧化物的水化物与其氢化物可发生非氧化还原反应D单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线E周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍F该元素的一种氧化物M可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨根据以上信息，回答下列问题：（1）画出元素C的基态价电子排布图：__________；F元素位于周期表的__________区；B、C、D三种元素的第一电离能由大到小顺序为：__________（用元素符号表示）．-24-\n（2）化合物BA2D2蒸气293K时，理论测算密度为2.0g•L﹣1，实际密度为2.5g•L﹣1的原因是__________．（3）ED2中F原子的杂化类型为__________；ED2易溶于水的原因可能是：__________（填入序号）．①ED2与水极性相同②ED2可以与水反应（4）有人推测化合物CA5的存在，该化合物中含有化学键的可能类型为：__________．20．PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如下：已知：已知：R，R′，R″代表烃基①RCNRCOOH②③（1）B→C的反应类型是__________．（2）写出一定条件下C→D的化学方程式：__________．（3）有机物甲的结构简式为__________．（4）写出E→F的化学方程式：__________．（5）A的结构简式为__________．（6）已知1molJ最多与2molNaHCO3反应；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环．写出一定条件下J→K的化学方程式：__________．（7）S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为__________（写出一种即可）．-24-\n2022-2022学年湖南省衡阳市衡阳四中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分）1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列措施有利于节能减排、保护环境的是()①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料．A．①③⑤B．②③⑤C．①②④D．②④⑤【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】热点问题．【分析】“节能减排，科学发展”的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展．【解答】解：①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；③应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意．即有利于节能减排、保护环境的是②③⑤，故选B．【点评】本题考查环境保护问题，学生应明确习题中含有当前的社会热点是高考的一大特点，学生应学会把社会热点和课本知识点联系起来来解答即可．2．下列离子方程式中正确的是()A．向碳酸钠溶液中加入足量的盐酸CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OB．单质铁和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁Fe+Fe3+═2Fe2+C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑D．氯化铵晶体和石灰粉共热产生氨气NH4++OH﹣═NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氯化钠、水、二氧化碳；B．电子、电荷不守恒；C．电子不守恒；D．固体反应生成氨气，不属于离子反应．【解答】解：A．向碳酸钠溶液中加入足量的盐酸的离子反应为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，故A正确；B．单质铁和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；D．氯化铵晶体和石灰粉共热产生氨气，为固体之间的反应，不属于离子反应，故D错误；故选A．-24-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．3．下列关于有机化合物的说法正确的是()A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．汽油、乙烯均为石油分馏产品C．可以用分液的方法分离硝基苯和苯D．有机化合物都能燃烧【考点】有机物的鉴别；石油的分馏产品和用途．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；B．乙烯为石油的裂解产品；C．硝基苯和苯混溶；D．四氯化碳不能燃烧．【解答】解：A．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可鉴别，故A正确；B．乙烯为石油的裂解产品，分馏一般得到饱和烃，故B错误；C．硝基苯和苯混溶，应用蒸馏的方法分离，故C错误；D．四氯化碳不能燃烧，故D错误．故选A．【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见有机物的结构和性质的区别，易错点为D，注意四氯化碳不能燃烧的特点，难度不大．4．下列有关物质性质的说法错误的是()A．热稳定性：HCl＞HIB．原子半径：Na＞MgC．酸性：H2SO3＞H2SO4D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；真题集萃；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；D．酸越弱，对应的阴离子越易结合质子．【解答】解：A．非金属性：Cl＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg，故B正确；C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；D．酸性HCl＞H2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故D正确．故选C．【点评】本题为2022年高考题目，综合考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()-24-\nA．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC．17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，再根据n=计算；C、根据n=计算17.6g丙烷的物质的量，1molC3H8含有8molC﹣H极性键；D、粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，Ni﹣2e﹣═Ni2+，Cu﹣2e﹣═Cu2+，据此判断．【解答】解：A、标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，22.4L二氯甲烷的物质的量远远大于1mol，A错误；B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，故n（SO2）==0.5mol，故B正确；C、1molC3H8含有8molC﹣H极性键，17.6g丙烷中所含极性共价键数为×8NA=3.2NA，故C错误；D、电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，Ni﹣2e﹣═Ni2+，Cu﹣2e﹣═Cu2+，故当有2mol电子转移时，阳极质量减少不是64g；故选B．【点评】考查常用化学计量的有关计算、电解原理精炼铜等，难度中等，D选项为易错点，容易忽略粗铜中的杂质放电．6．下列有关溶液组成的描述合理的是()A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；-24-\nB．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时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﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．7．分子式为C5H10O且能发生银镜反应的有机物种数是()A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】分子式为C5H10O且能发生银镜，说明此物质为戊醛，戊醛中除去醛基﹣CHO外，剩余丁基，丁基有几种，戊醛就有几种．【解答】解：分子式为C5H10O且能发生银镜，说明此物质为戊醛，戊醛中除去醛基﹣CHO外，剩余丁基，丁基有4种，故此戊醛也应有4种，故选B．【点评】本题主要考查的是有机化合物同分异构体个数的判断，掌握碳原子数小于5的烷基是解决本题的关键，甲基和乙基均1种，丙基2种，丁基4种，戊基8种，难度不大．8．某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图，下列叙述中正确的是()A．有机物A属于芳香烃B．有机物A可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应C．有机物A与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D．有机物A可与NaOH溶液反应，生成多种可溶于水的化合物【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物中含有﹣Cl，且邻位碳原子上有H，可发生消去反应，含有酯基，可水解，但不溶于水，以此解答该题．【解答】解：A．该有机物含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，故A错误；B．苯环和碳氧双键都不能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故B错误；C．与醇羟基相连的临位C原子上没有氢原子，不能在浓硫酸作用下发生消去反应，故C错误；D．该有机物水解产物中含有酚羟基，羧基，同时生成HCl，生成多种可溶于水的化合物，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目难度不大．-24-\n9．下列说法不正确的是()A．化学反应达到化学平衡状态的正逆反应速率相等，是指同一物质的消耗速率和生成速率相等，若用不同物质表示时，反应速率不一定相等B．标准状况下，1L辛烷完全燃烧生成CO28LC．2.4gMg无论与O2还是与N2完全反应，转移电子数都是0.2NAD．1L1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所含CH3COO﹣、CH3COOH的总数为NA【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学方程式的有关计算；反应速率的定量表示方法．【分析】A、化学反应中，用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比；B、辛烷在标准状况下为液态；C、Mg无论与O2还是与N2完全反应，都生成Mg2+；D、醋酸是弱酸，不能完全电离．【解答】解：A、可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等是指同一物质的消耗速率和生成速率相等，若用不同物质表示，其化学计量数不同反应速率不同，故A正确；B、标准状况下辛烷是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故B错误；C、2.4gMg是0.1mol，Mg无变价，所以2.4gMg无论与什么物质反应都是转移0.2NA个电子，故C正确；D、醋酸是弱酸，存在电离平衡，所以1L1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所含CH3COO﹣、CH3COOH的总数为NA，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态时反应物和生成物反应速率的关系以及常用化学计量数的有关计算，难度中等，注意气体摩尔体积的使用条件与对象．10．一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷（C2H6）和氧气，其中某一电极反应式为C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O．有关此电池的推断不正确的是()A．通入氧气的电极为正极B．参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为7：2C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D．放电一段时间后，正极区附近溶液的pH减小【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】乙烷燃料原电池中，负极发生氧化反应，C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，正极发生还原反应，2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，根据电极反应式判断电解质溶液的变化以及参加反应物的物质的量之间的关系解答即可．【解答】解：A．燃料乙烷失电子发生氧化反应，是负极，通入氧气的电极为正极，故A正确；B．原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，故B正确；C．电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH﹣+7O2=4CO32﹣+10H2O，反应消耗OH﹣离子，溶液的pH值逐渐减小，故C正确；D．放电时，正极发生还原反应，2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，正极区附近溶液的pH增大，故D错误；故选D．【点评】本题考查原电池知识，题目难度中等，注意电极反应式的书写和电解质溶液的酸碱性变化．-24-\n11．对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是()A．分子中有2种含氧官能团B．能发生取代、加成、消去、氧化反应C．1mol该有机物最多消耗3molNaOHD．苯环上的一溴代物最多有3种【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，据此分析解答．【解答】解：A．A中含有酯基、酚羟基、硝基官能团，所以有三种含氧官能团，故A错误；B．该分子中含有酯基、酚羟基、硝基，所以应该具有酯、酚、硝基的性质，含有苯环，所以还有苯的性质，能发生加成反应、取代、氧化反应，因为与羟基相连的碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C．酚羧基、酯基能和NaOH反应，酯基水解生成酸和酚羟基，所以1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH，故C正确；D．如与溴水发生取代反应，则只有羟基对位氢原子可被取代，如在催化剂条件下发生取代，则羟基也可被取代，则一溴代物多余3种，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．12．有关如图所示化合物的说法不正确的是()A．该化合物可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．该化合物可以使酸性KMnO4溶液褪色D．该化合物可以在光照下与Cl2发生取代反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有酯基、苯环、酚羟基、醚键、碳碳双键，具有酯、苯、酚、醚和烯烃性质，能发生水解反应、取代反应、氧化反应、加成反应、加聚反应等，据此分析解答．【解答】解：A．不含羧基，所以不能与碳酸氢钠反应，故A错误；B．酚羟基和酯基水解生成的羧基能和氢氧化钠反应，所以1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C．含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．含有甲基，所以在光照条件下能与氯气发生取代反应，故D正确；故选A．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯、酚、烯烃性质，注意酚羟基能和碳酸钠反应但不能和碳酸氢钠反应，易错选项是A．-24-\n13．某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定由此得出的结论中，不正确的是()A．A一定是FeBr3B．B为AgBrC．滤液C中有Fe3+D．D溶液中存在Fe（SCN）3【考点】几组未知物的检验．【分析】加入硝酸银生成浅黄色沉淀，说明溶液中含有溴离子，加入KSCN溶液变成血红色，说明C中含有Fe3+，但A中不一定含有Fe3+，因NO3﹣在酸性条件下可氧化Fe2+生成Fe3+，以此解答．【解答】解：加入硝酸银生成浅黄色沉淀，说明溶液中含有溴离子，加入KSCN溶液变成血红色，说明C中含有Fe3+，但A中不一定含有Fe3+，因NO3﹣在酸性条件下可氧化Fe2+生成Fe3+，A．A中可能含有Fe3+或Fe2+或二者都有，故A错误；B．AgBr为浅黄色沉淀，故B正确；C．由以上分析可知滤液C中有Fe3+，故C正确；D．D为血红色物质，存在Fe（SCN）3，故D正确，故选A．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的现象，注重基础知识的学习，难度不大．14．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是()A．操作I中苯作萃取剂B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C．通过操作II苯可循环使用D．三步操作均需要分液漏斗【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过过滤操作进行分离得到苯酚．【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚．-24-\nA．操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确．故选：B．【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等．15．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是()A．30～40min间该反应使用了催化剂B．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C．30min时降低温度，40min时升高温度D．8min前A的反应速率为0.08mol•L﹣1•min﹣1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A．根据左图知，30～40min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是减小压强，且x=1；B．根据A知，x=1，40﹣54min时，正逆反应速率都增大，改变的条件是升高温度，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C．根据A、B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度；D.8min前A的平均反应速率=．【解答】解：A．根据左图知，30～40min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以30～40min间改变的体积是减小压强，故A错误；B．根据A知，x=1，40﹣54min时，正逆反应速率都增大，改变的条件是升高温度，升高温度平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，故B错误；C．根据A、B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，故C错误；D.8min前A的平均反应速率===0.08mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题以化学反应速率、化学平衡影响因素为载体考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，注意：压强对该反应只影响反应速率但不影响平衡移动，题目难度不大．二、非选择题（共55分）-24-\n16．“低碳循环”、如何降低大气中CO2的含量、有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视．I．用电弧法合成的储氢纳米碳管，可用如下氧化法提纯，请完成下述反应：5C+4KMnO4+6H2SO4→5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2OII．某研究小组现将三组CO（g）与H2O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，得到如表数据：实验组温度/℃起始量（mol）平衡量（mol）达到平衡所需要时间/minCO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）I80022x15II900120.50.5tmIII90024yytn（1）实验I中，前5min的反应速率υ（CO2）=0.1mol•L﹣1•min﹣1．（2）下列能判断在800℃实验条件下CO（g）与H2O（g）反应一定达到平衡状态的是D．A．容器内压强不再变化B．=2C．混合气体密度不变D．υ正（CO）=υ逆（CO2）（3）实验III中：y=1．（4）Ⅲ的若实验容器改为在绝热的密闭容器中进行，实验测得H2O（g）的转化率a（H2O）随时间变化的示意图，如图所示，b点：υ正＞υ逆（填“＜”．“=”或“＞”）．【考点】氧化还原反应方程式的配平；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】I、根据氧化还原反应氧化剂、还原剂得失电子数目相等配平；II、（1）根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；（2）反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（3）II和III为同温下的反应，III相当于在II的基础上增大了反应物的浓度，增大一倍，据此解答即可；（4）由图可知，b点的转化率不是最高，故正反应速率高于逆反应速率．【解答】解：I、反应中C元素化合价0→+4，Mn元素化合价+7→+2，反应得失电子相等，则有：5C～4KMnO4，则配平后的计量数分别是：5、4、5、4、2，故答案为：5、4、5、4、2；II．（1）v（H2）==0.1mol•（L•min）﹣1，速率之比等于化学计量数之，则v（CO2）=0.1mol•（L•min）﹣1，故答案为：0.1；-24-\n（2）A．反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，不能说明反应到达平衡，故A错误；B．容器的体积为2L，初始浓度=1mol/LCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol/L）1100转化0.50.50.50.5平衡0.50.50.50.5800摄氏度K==1，K=2不能说明平衡，故B错误；C．容器体积不变，气体的质量不变，故密度始终不变，故密度不变不能说明达到平衡，故C错误；D．根据反应可知，υ正（CO）=υ逆（CO2）能说明反应到达平衡，故D正确，故选D；（3）II和III在同一条件下进行，III中物质的量是II中的2倍，达到平衡K值不变，故y=2×0.5=1，故答案为：1；（4）由图可知，b点的转化率不是最高，故正反应速率高于逆反应速率，即υ正＞υ逆；故答案为：＞．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息，学会分析图象，难度中等．17．（13分）硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．为测定补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案方案一滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定测定铁元素的含量反应原理：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O（1）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需250mL容量瓶（填仪器名称）．（2）上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是BA、浓盐酸B、稀硫酸C、稀硝酸D、浓硫酸（3）某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是B（夹持部分略去）（填字母序号）方案二称量法操作流程如下：（4）写出步骤②中H2O2氧化Fe2+的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O-24-\n（5）步骤③中X溶液是NaOH（6）步骤④一系列操作依次是：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；（2）酸化KMnO4溶液的酸本身不能具有还原性，如果有还原要被高锰酸钾氧化，本身也不能具有强氧化性，所以只能选硫酸；（3）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管；由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量；（4）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时生成水；（5）步骤③中X溶液是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，据此判断；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量．【解答】解：（1）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；（2）酸化KMnO4溶液的酸本身不能具有还原性，如果有还原性要被高锰酸钾氧化，本身也不能具有强氧化性，所以只能选硫酸，故答案为：B；（3）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管，故答案为：B；由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量；（4）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时生成水，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；（5）步骤③中X溶液是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以X溶液是NaOH，故答案为：NaOH；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；故答案为：灼烧．【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．18．（13分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（含Fe2O3．SiO2．Al2O3等）转变成重要的工业原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）第1步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．（2）检验第II步中Fe3+是否完全还原，应选择C（填字母编号）．A．KMnO4溶液B．K3[Fe（CN）6]溶液C．KSCN溶液-24-\n（3）第III步加FeCO3调溶液pH=6时，利用相关数据计算，判断Al3+是否沉淀完全？是（填“是”或“否”）（已知KspAl（OH）3=1.9×10﹣33，当离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，可认为沉淀完全）（4）FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol．（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极反应式是FeS2+4e﹣=Fe+2S2﹣．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体．（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水；（2）用KSCN溶液检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原；（3）溶液pH=6时，c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，根据c（Al3+）=计算出铝离子的浓度，并判断沉淀是否完全；（4）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2﹣；【解答】解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体．（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（2）KMnO4溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，故答案为：C；（3）溶液pH=6时，c（OH﹣）=1×10﹣8mol/L，根据c（Al3+）==mol/L=1.9×10﹣9mol/L＜10﹣5mol/L，所以铝离子沉淀已经完全，故答案为：是；（4）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol-24-\n③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/mol根据盖斯定律，①﹣③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=﹣1648kJ/mol﹣2×（﹣1480kJ/mol）+4×（﹣393kJ/mol）=﹣260kJ/mol，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol；（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2﹣，正极电极反应式为：FeS2+4e﹣=Fe+2S2﹣，故答案为：FeS2+4e﹣=Fe+2S2﹣．【点评】本题以化学工艺流程为载体，考查离子方程式书写、离子检验、热化学方程式书写、电极反应式、化学计算等，需要学生熟练掌握元素化合物知识．19．现有A、B、C、D、E、F六种位于周期表前四周期元素，其原子序数依次增大，相关信息如表所示：元素性质A一种核素的原子核内不含中子B原子核外电子有6种不同运动状态C最高价氧化物的水化物与其氢化物可发生非氧化还原反应D单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线E周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍F该元素的一种氧化物M可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨根据以上信息，回答下列问题：（1）画出元素C的基态价电子排布图：；F元素位于周期表的d区；B、C、D三种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞C（用元素符号表示）．（2）化合物BA2D2蒸气293K时，理论测算密度为2.0g•L﹣1，实际密度为2.5g•L﹣1的原因是甲酸形成分子间氢键．（3）ED2中F原子的杂化类型为sp2；ED2易溶于水的原因可能是：①②（填入序号）．①ED2与水极性相同②ED2可以与水反应（4）有人推测化合物CA5的存在，该化合物中含有化学键的可能类型为：离子键、共价键．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F七种位于周期表前四周期元素，其原子序数依次增大，A元素一种核素的原子核内不含中子，则A为H元素；B元素原子核外电子有6种不同运动状态，则B为碳元素；最高价氧化物的水化物与其氢化物可发生非氧化还原反应，则C为N元素；D单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线，则D为O元素；E在周期表中位于短周期，处于第三周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物M可用作油漆颜料，与F的单质反应可应用于焊接钢轨，则F为Fe，据此解答．【解答】解：（1）C为N元素，基态原子核外电子排布图为：；Fe为d区；-24-\n同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，N元素的d能级有3个电子，处于半充满稳定状态，第一电离能最大，故第一电离能大小顺序为：N＞O＞C，故答案为：；d；N＞O＞C；（2）化合物CH2O2是甲酸，由于甲酸形成分子间氢键，实际密度大于理论测算密度，故答案为：甲酸形成分子间氢键；（2）甲酸形成分子间氢键（3）SO2中S原子的价层电子对数=2+=3，S原子采取sp2杂化，S原子有1对孤电子对，分子空间构型为V形，SO2是极性分子，H2O是极性分子，根据相似相容原理可知由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，此外SO2会和水发生反应SO2+H2O=H2SO3，反应不断消耗SO2也使它不断的溶解，因此SO2易溶于水，故答案为：sp2；①②；（4）有人推测化合物NH5的存在，应是NH4H，属于离子化合物，含有化学键应为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键．【点评】本题考查比较综合，涉及元素的推断、核外电子排布、元素周期律、分子结构与性质、杂化轨道等，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等．20．PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如下：已知：已知：R，R′，R″代表烃基①RCNRCOOH②③-24-\n（1）B→C的反应类型是加成（或还原）．（2）写出一定条件下C→D的化学方程式：．（3）有机物甲的结构简式为．（4）写出E→F的化学方程式：．（5）A的结构简式为．（6）已知1molJ最多与2molNaHCO3反应；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环．写出一定条件下J→K的化学方程式：．（7）S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为（写出一种即可）．【考点】有机物的推断．【分析】A中不饱和度==3，A被高锰酸钾溶液氧化生成B、E，B和氢气发生加成反应生成C，则B中含有不饱和键，根据PHB树脂结构简式知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为CH3CH（HO）CH2COOH，根据信息②知，B中应该有羰基，则B结构简式为CH3COCH2COOH；E能和乙醇发生酯化反应，则E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为3，F为酯，F和甲反应生成G，根据信息③知，甲为，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3-24-\n，则E为HOOCCH2COOH，根据信息②知知A结构简式为，G发生加成反应生成H，H发生水解反应然后发生消去反应生成J，1molJ最多与2molNaHCO3反应说明J中含有两个羧基，J和CH3NH2反应生成K，根据分子式知，J发生取代反应生成K，K分子结构中含有一个五元环与一个六元环，结合K分子式知，K结构简式为，J结构简式为，据此分析解答．【解答】解：A中不饱和度==3，A被高锰酸钾溶液氧化生成B、E，B和氢气发生加成反应生成C，则B中含有不饱和键，根据PHB树脂结构简式知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为CH3CH（HO）CH2COOH，根据信息②知，B中应该有羰基，则B结构简式为CH3COCH2COOH；E能和乙醇发生酯化反应，则E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为3，F为酯，F和甲反应生成G，根据信息③知，甲为，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，则E为HOOCCH2COOH，根据信息②知知A结构简式为，G发生加成反应生成H，H发生水解反应然后发生消去反应生成J，1molJ最多与2molNaHCO3反应说明J中含有两个羧基，J和CH3NH2反应生成K，根据分子式知，J发生取代反应生成K，K分子结构中含有一个五元环与一个六元环，结合K分子式知，K结构简式为，J结构简式为，（1）通过以上分析知，B发生加成反应或还原反应生成C，所以反应类型是加成反应或还原反应，故答案为：加成（或还原）；-24-\n（2）C结构简式为CH3CH（HO）CH2COOH，C发生缩聚反应生成D，反应方程式为，故答案为：；（3）通过以上分析知，甲为，故答案为：；（4）E和乙醇发生酯化反应生成F，反应方程式为，故答案为：；（5）通过以上分析知，A结构简式为，故答案为：；（6）K结构简式为，J结构简式为，J发生取代反应生成K，反应方程式为，故答案为：；-24-\n（7）A结构简式为，S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析推断、知识迁移能力，根据流程图中反应条件、物质结构变化结合题给信息进行推断，熟练掌握常见有机反应类型及断键、成键方式，题目难度中等．-24-
