2022-2022学年山东省枣庄一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1．苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，可以作为证据的是()①苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应④经测定，邻二甲苯只有一种结构⑤经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.40×10﹣10m．A．①②④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②2．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是()①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能．A．①②④B．①③⑤C．③⑤D．⑤3．某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是()A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H144．下表中对离子方程式的评价不合理的是选项化学反应及离子方程式评价ANaClO溶液中通往少量的SO2：ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+SO42﹣+2H+错误，碱性介质中不可能生成H+B用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O正确CNH4Al（SO4）2溶液中滴入少量NaOH溶液NH4++OH﹣=NH3•H2O错误，OH﹣首先和Al3+反应生成Al（OH）3沉淀D用惰性电极电解CuCl2溶液2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+正确()A．A、B．B、C．C、D．D、5．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．足量铁在氯气中反应，lmol铁失去的电子数为2NAB．标准状况下22.4LH2中含中子数为2NAC．1LImol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAD．常温下46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论-21-\nA向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液．再向上层溶液中滴加溴水实验现象1：上层溶液中不变红，下层溶液紫红色实验现象2：上层溶液变红氧化性Br2＞Fe3+＞I2C淀粉在稀硫酸的作用下水解后，滴加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu（OH）2后加热有砖红色沉淀生成淀粉已经完全水解DBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中过江，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）A．A、B．B、C．C、D．D、7．短周期四种元素离子W2+、X﹣、Y2﹣、Z+的电子层结构相同．下列说法正确的是()A．原子序数：W＞Z＞X＞YB．离子半径：r（W2+）＞r（X﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z+）C．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D．氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＞ZOH三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须做答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（S）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣l-21-\n则：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）的△H3=__________．（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将MgCl2•6H2O在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（TG表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．①图中AB线段为“一段脱水”，试确定B点对应固体物质的化学式__________；图中BC线段为“二段脱水”，在实验中通入H2和Cl2燃烧产物的目的是__________．②该工艺中，可以循环使用的物质有__________．（3）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是__________，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式__________．（4）储氢材料Mg（AIH4）2在110～200℃的反应为：Mg（AIH4）2=MgH2+2Al+3H2↑；每转移3mol电子生成Al的质量为__________．（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为__________．9．（14分）节能减排是当下环境保护的重点．（1）将CO和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），△H＜0，800℃，在2L恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，K=l．0．H2OCOCO2H2n/mol0.200.2000①从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物CO2表示该反应的反应速率v（CO2）=__________；平衡时，容器中CO的转化率为__________．②如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况．则t2时刻发生改变的条件可能是__________．（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）降低其浓度．①某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示．请在表中的空格处填写“＞““＜”或“=“．容器编号c（CO）/mol•L﹣1c（O2））/mol•L﹣1c（CO2））/mol•L﹣1v（正）和v（逆）比较Ⅰ2.0×10﹣44.0×10﹣44.0×10﹣2v（正）=v（逆）Ⅱ3.0×10﹣44.0×10﹣45.0×10﹣2v（正）__________v（逆）②相同温度下，某汽车尾气中CO、CO2的浓度分别为l.0×10﹣5mol/L和1.0×l0﹣4mol/L．若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充O2并使其浓度保持为1.0×l0﹣4mol/L，则最终尾气中CO的浓度为__________mol/L（请保留两位有效数字）．（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其KSp=2.8×l0﹣9．现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×l0﹣4mol/L，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为__________mol/L．-21-\n10．对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等．实验室以苯酚、叔丁基氯[（CH3）3CCl]等为原料制备对叔丁基苯酚．实验步骤如下：反应物和产物的相关数据列表如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入滴液漏斗．步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出．步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出．步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g．（1）仪器X的名称为__________．（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为__________．该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是__________．（3）图中倒扣漏斗的作用是__________．苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用__________洗涤．（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为__________．（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是__________（填选项字母）．A．量筒B．容量瓶C．滴定管D．分液漏斗E．长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为__________．（请保留三位有效数字）三、共1小题，满分15分）【化学--选修2化学与技术】11．红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛．（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：FeO•Cr2O3）利用以下过程来制取．①步骤I中反应的化学方程式为：4FeO•Cr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2=8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2该反应的化学平衡常数的表达式为__________．在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是__________．-21-\nA．升高温度B．通入过量的空气C．将原料粉碎D．增加纯碱的用量②步骤II中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是__________．③步骤III需将溶液的pH调至7～8并煮沸，其目的是__________．④步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：__________（2）将红矾钠与KC1固体1：2（物质的量比）混合溶于水后经适当操作可得到K2Cr2O7晶体，反应方程式为：Na2CrO4+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl（已知NaCl的溶解度受温度影响小，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大），基本实验步骤为：①溶解；②__________；③__________．④冷却、结晶，过滤，得到K2Cr2O7晶体．四、【化学--选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．已知A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B原子价电子排布式为nsnnpn，B和E同主族，D原子的最外层电子数是其内层的3倍；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列．试回答下列问题：（1）基态F原子的核外电子排布式为__________．（2）关于B2A2的下列说法中正确的是__________（填选项序号）．①B2A2中的所有原子都满足8电子稳定结构②每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1：1③B2A2是由极性键和非极性键构形成的非极性分子④B2A2中心原子的杂化类型为sp杂化（3）B、C、D三种元素第一电离能按由大到小的顺序排列为__________（用元素符号表示）．（4）C的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H，H晶体中存在的化学键类型有__________（填选项序号）．①离子键②共价键③氢键④配位键⑤金属键（5）基态E原子的最高能层具有的原子轨道数为__________；B和E分别与氧元素形成的最高价氧化物中，熔沸点较高的是__________（写化学式）；（6）F单质的晶体堆积方式为面心立方，其配位数为__________；若F的相对分子质量为M，它的晶胞棱长为a（cm），则F晶体的密度为__________g•cm﹣3．（阿伏伽德罗常数为NA）五、【化学--选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．乙苯是一种重要的化工原料．以乙苯为原料通过以下转化可得多种化工产品．己知：I．Ⅱ．Ⅲ．A中苯环上的一氯代物只有2种-21-\n（1）写出物质A的分子式__________，M的结构简式：__________．（2）C中苯环侧链所含官能团的名称是__________．（3）E→F的反应类型是__________．（4）关于．B的说法正确的是__________．（填选项字母）a．能发生银镜反应b．能发生消去反应c．遇FeCl3溶液发生显色反应d．能与H2发生加成反应（5）写出D→E反应的化学方程式：__________．（6）符合下列条件的A的同分异构体有__________种（不考虑立体异构），写出任意一种同分异构体的结构简式：__________．①苯环上有3个取代基②遇FeCl3溶液发生显色反应③能与溴水发生加成反应．-21-\n2022-2022学年山东省枣庄一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1．苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，可以作为证据的是()①苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应④经测定，邻二甲苯只有一种结构⑤经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.40×10﹣10m．A．①②④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②【考点】苯的结构．【专题】有机反应．【分析】①②③根据碳碳双键的性质判断；④根据同分异构体数目解答；⑤单、双键不同，键长不相等．【解答】解：①苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确．所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据．故选A．【点评】本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．2．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是()①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能．A．①②④B．①③⑤C．③⑤D．⑤【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能等，故选C．【点评】本题考查新能源，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．-21-\n3．某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是()A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H14【考点】辨识简单有机化合物的同分异构体；有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】先判断烷烃的同分异构体，再确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．【解答】解：A、丙烷只有一种结构（CH3CH2CH3），丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故A错误；B、丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷（CH3CH2CH2CH3）有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故B错误；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；异戊烷CH3CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；新戊烷CH3C（CH3）2CH3有1种氢原子，所以一氯代物有1种，故C正确；D、C6H14有5种同分异构体，CH3（CH2）4CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH2CH2CH3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C（CH3）2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故D错误；故选C．【点评】本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键．4．下表中对离子方程式的评价不合理的是选项化学反应及离子方程式评价ANaClO溶液中通往少量的SO2：ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+SO42﹣+2H+错误，碱性介质中不可能生成H+B用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O正确CNH4Al（SO4）2溶液中滴入少量NaOH溶液NH4++OH﹣=NH3•H2O错误，OH﹣首先和Al3+反应生成Al（OH）3沉淀D用惰性电极电解CuCl2溶液2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+正确()A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应，二氧化硫完全反应；B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；C．少量NaOH溶液，铵根离子不反应；D．用惰性电极电解CuCl2溶液，生成Cu和氯气．【解答】解：A．NaClO溶液中通往少量的SO2的离子方程式为SO2+3ClO﹣+H2O═SO42﹣+2HClO+2Cl﹣，评价合理，故A不选；-21-\nB．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，评价合理，故B不选；C．NH4Al（SO4）2溶液中滴入少量NaOH溶液的离子反应为3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，评价合理，故C不选；D．用惰性电极电解CuCl2溶液的离子反应为Cu2++2Cl﹣2Cu+Cl2↑，评价不合理，故D选；故选D．【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，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，题目难度不大．5．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A．足量铁在氯气中反应，lmol铁失去的电子数为2NAB．标准状况下22.4LH2中含中子数为2NAC．1LImol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAD．常温下46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；B．氢元素不含有中子；C．盐酸溶液中不含有氯化氢分子；D．NO2和N2O4最简式相同为NO2．【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，故lmol铁失去的电子数为3NA，故A错误；B．氢元素不含有中子，故标准状况下22.4LH2中含中子数为0，故B错误；C．盐酸溶液中不含有氯化氢分子，故1LImol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为0，故C错误；D．NO2和N2O4最简式相同为NO2，故46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数=×3×NA=3NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等．注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意铁与氯气反应生成氯化铁．6．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液．再向上层溶液中滴加溴水实验现象1：上层溶液中不变红，下层溶液紫红色实验现象2：上层溶液变红氧化性Br2＞Fe3+＞I2C有砖红色沉淀生成-21-\n淀粉在稀硫酸的作用下水解后，滴加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu（OH）2后加热淀粉已经完全水解DBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中过江，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．滴加NaOH稀溶液，可能铵盐与碱反应生成一水合氨；B．少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液，由现象可知，先氧化碘离子；C．有砖红色沉淀生成，只能说明淀粉水解，不能证明完全水解；D．如满足Qc＞Ksp，可生成沉淀．【解答】解：A．滴加NaOH稀溶液，可能铵盐与碱反应生成一水合氨，溶液中可能含铵根离子，故A错误；B．少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液，由现象可知，先氧化碘离子，后再向上层溶液中滴加溴水时氧化亚铁离子，则氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，故B正确；C．有砖红色沉淀生成，只能说明淀粉水解，不能证明完全水解，可用碘水检验淀粉是否完全水解，故C错误；D．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实际Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子检验、氧化还原反应、有机物性质实验以及难溶电解质的溶解平衡等知识，综合性较强，题目难度中等，侧重物质性质及反应的考查，选项A为解答的易错点．7．短周期四种元素离子W2+、X﹣、Y2﹣、Z+的电子层结构相同．下列说法正确的是()A．原子序数：W＞Z＞X＞YB．离子半径：r（W2+）＞r（X﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z+）C．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D．氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＞ZOH【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于ⅠA族，W形成+2价离子，Y处于ⅡA族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成﹣1价离子，X处于ⅦA，Y形成﹣2价离子，Y处于ⅥA族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：W＞Z＞X＞Y，结合元素周期律递变规律解答该题．【解答】解：W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于ⅠA族，W形成+2价离子，Y处于ⅡA族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成﹣1价离子，X处于ⅦA，Y形成﹣2价离子，Y处于ⅥA族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：W＞Z＞X＞Y，A．由以上分析可知原子序数：W＞Z＞X＞Y，故A正确；B．原子序数：W＞Z＞X＞Y，W2+、X﹣、Y2﹣、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则r（Y2﹣）＞r（X﹣）＞r（Z+）＞r（W2+），故B错误；C．X、Y处于同一周期，为非金属元素，且原子序数X＞Y，则非金属性X＞Y，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；-21-\nD．W、Z处于同一周期，为金属元素，原子序数W＞Z，金属性Z＞W，氢氧化物碱性强弱：W（OH）2＜ZOH，故D错误．故选A．【点评】本题考查结构与位置性质关系、元素周期律等，难度中等，根据电子层排布与离子电荷判断元素在周期表中的相对位置是解题的关键，较好的考查元素周期表和元素周期律．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须做答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（14分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）=MgH2（S）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣l则：Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）的△H3=+84.6KJ/mol．（2）某科研小组用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图1：科研小组将MgCl2•6H2O在氩气气氛中进行热重分析，结果如图2（TG表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．①图中AB线段为“一段脱水”，试确定B点对应固体物质的化学式MgCl2•2H2O；图中BC线段为“二段脱水”，在实验中通入H2和Cl2燃烧产物的目的是抑制MgCl2的水解．②该工艺中，可以循环使用的物质有HCl，Cl2．（3）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价是+2，该化合物水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，请写出该反应的化学方程式2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑．（4）储氢材料Mg（AIH4）2在110～200℃的反应为：Mg（AIH4）2=MgH2+2Al+3H2↑；每转移3mol电子生成Al的质量为27g．（5）“镁次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池的正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．-21-\n【考点】制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）依据热化学方程式①Mg（s）+H2（g）=MgH2（S）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1；②Mg2Ni（s）+2H2（g）=Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣l，利用盖斯定律将②﹣2×①得到反应Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s），进而计算反应热；（2）①图中AB线段为“一段脱水”，设B点对应固体物质的化学式为MgCl2•xH2O，根据=0.645，可计算确定B的化学式；二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解；②制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成分析判断；（3）根据化合价代数和为0判断镁的化合价，根据元素守恒书写化学方程式；（4）根据氧化还原反应Mg（AIH4）2=MgH2+2Al+3H2↑中电子转移数目与产物的物质的关系进行计算；（5）依据“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中所示，原电池的正极应发生还原反应，元素的化合价降低，根据图示可知，正极上是ClO﹣变为Cl﹣，据此写出正极反应式．【解答】解：（1）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3=﹣64.4KJ/mol﹣2×（﹣74.5KJ/mol）=+84.6KJ/mol，则△H3=+84.6KJ/mol，故答案为：+84.6KJ/mol；（2）①图中AB线段为“一段脱水”，设B点对应固体物质的化学式为MgCl2•xH2O，根据=0.645，计算得x=2，所以B的化学式为MgCl2•2H2O；二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解，故答案为：MgCl2•2H2O；抑制MgCl2的水解；②制备金属镁工艺的关键流程分析，循环使用的物质是加入后在反应过程中有重新生成的物质，分析可知是氯气和氯化氢，故答案为：HCl，Cl2；（3）根据CH3MgCl中各元素化合价代数和为0可知镁的化合价为+2价，CH3MgCl水解时生成甲烷、氯化镁和氢氧化镁，反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑，故答案为：+2；2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2+MgCl2+2CH4↑；（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，所以每转移3mol电子生成Al的物质的量为1mol，即质量为27g，故答案为：27g；（5）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO﹣在正极放电，生成Cl﹣，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣，故答案为：ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，掌握基础知识是关键，题目难度中等．9．（14分）节能减排是当下环境保护的重点．-21-\n（1）将CO和气态水通入一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），△H＜0，800℃，在2L恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，K=l．0．H2OCOCO2H2n/mol0.200.2000①从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物CO2表示该反应的反应速率v（CO2）=0.01mol/（L．min）；平衡时，容器中CO的转化率为50%．②如图表示上述反应在tl时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况．则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度．（写出一条）（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）降低其浓度．①某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如下表所示．请在表中的空格处填写“＞““＜”或“=“．容器编号c（CO）/mol•L﹣1c（O2））/mol•L﹣1c（CO2））/mol•L﹣1v（正）和v（逆）比较Ⅰ2.0×10﹣44.0×10﹣44.0×10﹣2v（正）=v（逆）Ⅱ3.0×10﹣44.0×10﹣45.0×10﹣2v（正）＞v（逆）②相同温度下，某汽车尾气中CO、CO2的浓度分别为l.0×10﹣5mol/L和1.0×l0﹣4mol/L．若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充O2并使其浓度保持为1.0×l0﹣4mol/L，则最终尾气中CO的浓度为1.1×10﹣6mol/L（请保留两位有效数字）．（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其KSp=2.8×l0﹣9．现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×l0﹣4mol/L，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为5.6×10﹣5mol/L．【考点】化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）①设平衡时CO2的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，由于反应前气体化学计量数都是1，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数计算x的值，再根据v=计算v（CO2），进而计算CO的转化率；②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答；（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，根据I中数据计算该温度下平衡常数，再计算Ⅱ中浓度商，与平衡常数比较判断反应进行情况，进而确定正、逆反应速率关系；②设平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，利用三段式表示平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算；-21-\n（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1×l0﹣4mol/L，利用溶度积计算需要钙离子浓度，再根据稀释定律计算所需CaCl2溶液的最小浓度．【解答】解：（1）设平衡时CO2的物质的量为xmol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始（mol）：0.20.200转化（mol）：xxxx平衡（mol）：0.2﹣x0.2﹣xxxK==1，解得x=0.1molv（CO2）==0.01mol/（L．min），一氧化碳转化率为：×100%=50%，故答案为：0.01mol/（L．min）；50%；②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，故答案为：降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度；（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，该温度下平衡常数K==104，Ⅱ中浓度商Qc==8.3×103＜104，故反应向正反应进行，则v（正）＞v（逆），故答案为：＞；②设CO的浓度变化量为xmol/L，则：CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）起始（mol/L）：1.0×10﹣51.0×10﹣4变化（mol/L）：xx平衡（mol/L）：1.0×10﹣5﹣x1.0×10﹣41.0×10﹣4+x则=104，解得x=8.91×10﹣6mol/L，故平衡时CO浓度为1.0×10﹣5mol﹣8.91×10﹣6mol=1.1×10﹣6mol/L故答案为：1.1×10﹣6；-21-\n（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×l0﹣4mol/L÷2=1×l0﹣4mol/L，要生成CaCO3沉淀需要钙离子浓度为mol/L=2.8×l0﹣5mol/L，故需要CaCl2溶液的最小浓度为2.8×l0﹣5mol/L×2=5.6×l0﹣5mol/L，故答案为：5.6×10﹣5．【点评】本题属于拼合型题目，涉及化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算，难度中等，（3）中注意等体积混合后碳酸根的浓度变化情况．10．对叔丁基苯酚工业用途广泛，可用于生产油溶性酚醛树脂、稳定剂和香料等．实验室以苯酚、叔丁基氯[（CH3）3CCl]等为原料制备对叔丁基苯酚．实验步骤如下：反应物和产物的相关数据列表如下：步骤l：组装仪器，用量筒量取2.2mL叔丁基氯（过量），称取1.6g苯酚，搅拌使苯酚完全溶解，并装入滴液漏斗．步骤2：向X中加入少量无水AlCl3固体作催化剂，打开滴液漏斗旋塞，迅速有气体放出．步骤3：反应缓和后，向X中加入8mL水和1mL浓盐酸，即有白色固体析出．步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，得到粗产物，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8g．（1）仪器X的名称为三颈（口）烧瓶．（2）步骤2中发生主要反应的化学方程式为．该反应过于激烈，放出大量热，常使实验的产率降低，可能的原因是由于叔丁基氯挥发导致产率降低．（3）图中倒扣漏斗的作用是防止倒吸．苯酚有腐蚀性，能使蛋白质变性，若其溶液沾到皮肤上可用酒精洗涤．（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为在通风橱中对试剂瓶温水浴．（5）下列仪器在使用前必须检查是否漏液的是BCD（填选项字母）．A．量筒B．容量瓶C．滴定管D．分液漏斗E．长颈漏斗（6）本实验中，对叔丁基苯酚的产率为70.5%．（请保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据实验装置图可知仪器名称；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，据此写方程式；反应为放热反应，会导致叔丁基氯挥发；（3）反应产生极易溶解于水的HCl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚以溶于酒精；（4）苯酚有毒，熔点低可以在通风厨中水浴温热融化为液体；（5）根据仪器使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏；-21-\n（6）根据反应可计算出对叔丁基苯酚的理论产量，再根据产率=×100%计算．【解答】解：（1）根据实验装置图可知仪器X为三颈（口）烧瓶，B为冷凝管，故答案为：三颈（口）烧瓶；（2）该反应是苯酚、叔丁基氯生成产品的反应，从结构上分析为取代反应，反应方程式为，反应为放热反应，会使叔丁基氯挥发，从而导致产率下降，故答案为：；由于叔丁基氯挥发导致产率降低；（3）反应产生极易溶解于水的HCl，且反应温度较高，故用倒扣的漏斗防止倒吸；苯酚以溶于酒精，所以苯酚沾到皮肤上可用酒精洗涤，故答案为：防止倒吸；酒精；（4）在取用苯酚时发现苯酚冻结在试剂瓶中，可采取的措施为在通风橱中对试剂瓶温水浴，故答案为：在通风橱中对试剂瓶温水浴．（5）根据仪器使用规则，容量瓶、滴定管、分液漏斗在使用前都必须检漏，故选BCD；（6）根据反应：941501.6gxx==2.55g，则对叔丁基苯酚的产率为×100%=70.6%；故答案为：70.5%．【点评】本题有机物的合成为载体，考查化学实验，题目综合性较大，涉及对实验原理的理解、对装置的分析评价、对实验条件的选择控制、实验方案设计、物质分离提纯、化学计算等，难度中等，是对学生综合能力的考查．三、共1小题，满分15分）【化学--选修2化学与技术】11．红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O）是重要的基本化工原料，应用领域十分广泛．（1）实验室中红矾钠可用铬铁矿（主要成分：FeO•Cr2O3）利用以下过程来制取．①步骤I中反应的化学方程式为：4FeO•Cr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2=8Na2CrO4（s）+2Fe2O3（s）+8CO2-21-\n该反应的化学平衡常数的表达式为．在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是ABC．A．升高温度B．通入过量的空气C．将原料粉碎D．增加纯碱的用量②步骤II中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是NaA1O2[或NaA1（OH）4]、Na2SiO3．③步骤III需将溶液的pH调至7～8并煮沸，其目的是2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O．④步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O（2）将红矾钠与KC1固体1：2（物质的量比）混合溶于水后经适当操作可得到K2Cr2O7晶体，反应方程式为：Na2CrO4+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl（已知NaCl的溶解度受温度影响小，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大），基本实验步骤为：①溶解；②蒸发；③趁热过滤．④冷却、结晶，过滤，得到K2Cr2O7晶体．【考点】制备实验方案的设计．【分析】铬矾钠在碳酸钠加热条件下被氧气氧化成铬酸钠，同时亚铁离子被氧化成氧化铁，再加氢氧化钠溶液，过滤得铬酸钠溶液，将铬酸钠溶液用硫酸酸化可得重铬酸钠溶液，再经过蒸发浓缩降温结晶可得重铬酸钠晶体，（1）①根据平衡常数的表达式及书写要求写出该反应的平衡常数；根据影响化学反应速率的因素进行判断；②铝、硅的氧化物在碱性条件下能够与氢氧根离子反应生成偏铝酸钠、硅酸钠；③步骤Ⅱ中铝元素、硅元素以偏铝酸根离子、硅酸根离子形式存在，通过条件pH后可以将硅酸根离子、偏铝酸根离子转化成沉淀而除去；④步骤Ⅳ中CrO42﹣在酸性条件下转化成Cr2O72﹣，据此写出反应的离子方程式；（2）根据NaCl的溶解度受温度影响小，K2Cr2O7的溶解度受温度影响大，可知，可以用降温结晶的方法得到重铬酸钠．【解答】解：（1）①反应4FeO•Cr2O3（s）+8Na2CO3（s）+7O2=8Na2CrO4（s）+2Fe2O3+8CO2中，FeO•Cr2O3、Na2CO3、Na2CrO4、Fe2O3为固体，在平衡常数表达式中不需要出现，则该反应的平衡常数表达式为：K=，A．升高温度，可以加快反应速率，故A正确；B．通入过量的空气，增大了氧气的量，可以加快反应速率，故B正确；C．将原料粉碎，增大了接触面积，可以加快反应速率，故C正确；D．纯碱是固体，不涉及浓度问题，所以改变纯碱的量，不能改变反应速率，故D错误；故答案为：；ABC；②氧化铝、二氧化硅能够与氢氧根离子反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，则碱性条件下，铝元素与硅元素的存在形式为NaAlO2、Na2SiO3，故答案为：NaA1O2[或NaA1（OH）4]、Na2SiO3；③步骤Ⅲ需将溶液的pH调至7～8并煮沸，NaAlO2、Na2SiO3等杂质可以以沉淀的形式除去，故答案为：除去A1O﹣2、SiO32﹣等杂质；④该步骤是CrO42﹣到Cr2O72﹣的转化，反应的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O，故答案为：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；-21-\n（2）根据Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，向Na2Cr2O7中加入KCl固体，加热时重铬酸钾溶解度随着温度的升高而增大，但氯化钾的溶解度受温度的影响不大，则获得K2Cr2O7的操作方法分别为：溶解、蒸发、趁热过滤、冷却、结晶、过滤、干燥，故答案为：蒸发；趁热过滤．【点评】本题考查了实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质制备方案的设计原则．四、【化学--选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．已知A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B原子价电子排布式为nsnnpn，B和E同主族，D原子的最外层电子数是其内层的3倍；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列．试回答下列问题：（1）基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1．（2）关于B2A2的下列说法中正确的是③④（填选项序号）．①B2A2中的所有原子都满足8电子稳定结构②每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1：1③B2A2是由极性键和非极性键构形成的非极性分子④B2A2中心原子的杂化类型为sp杂化（3）B、C、D三种元素第一电离能按由大到小的顺序排列为N＞O＞C（用元素符号表示）．（4）C的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H，H晶体中存在的化学键类型有①②④（填选项序号）．①离子键②共价键③氢键④配位键⑤金属键（5）基态E原子的最高能层具有的原子轨道数为9；B和E分别与氧元素形成的最高价氧化物中，熔沸点较高的是SiO2（写化学式）；（6）F单质的晶体堆积方式为面心立方，其配位数为12；若F的相对分子质量为M，它的晶胞棱长为a（cm），则F晶体的密度为g•cm﹣3．（阿伏伽德罗常数为NA）【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A为H元素；D原子的最外层电子数是其内层的3倍；D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列，则F为Cu；B原子价电子排布式为nsnnpn，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2，则B为碳元素；B和E同主族，E的原子序数小于Cu，只能处于第三周期，故E为Si；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A为H元素；D原子的最外层电子数是其内层的3倍；D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列，则F为Cu；B原子价电子排布式为nsnnpn，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2，则B为碳元素；B和E同主族，E的原子序数小于Cu，只能处于第三周期，故E为Si；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素，（1）F为Cu元素，基态F原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，-21-\n故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）①C2H2中H原子不满足8电子稳定结构，故错误；②C2H2分子结构式为H﹣C≡C﹣H，单键为σ键、三键含有1个σ键、2个π键，故C2H2分子中σ键和π键数目比为3：2，故错误③C2H2分子中C﹣H键属于极性键，碳碳键为非极性键，属于直线型对称结构，为非极性分子，故正确；④C2H2中心原子C成2个σ键、没有孤电子对，故其杂化类型为sp杂化，故正确，故答案为：③④；（3）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（4）C为氮元素，C的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H为NH4NO3，晶体中存在的化学键类型有：离子键、共价键、配位键，故答案为：①②④；（5）E为Si，基态原子的最高能层为M层，有s、p、d3个能级，分别有1、3、5个轨道，故具有的原子轨道数为9；B和E与氧元素形成的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔沸点较高的是SiO2，故答案为：9；SiO2；（6）Cu单质的晶体堆积方式为面心立方，以顶点Cu原子为研究对象，与之最近的原子处于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，故其配位数为12；晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，故晶胞质量为4×g，晶胞棱长为a（cm），则晶胞体积为a3cm3，则F晶体的密度为（4×）g÷a3cm3=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、分子结构与性质、化学键、电离能、晶体类型与性质、晶胞结构与计算，难度中等，注意理解识记中学常见晶胞结构、理解同周期第一电离能异常原因．五、【化学--选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．乙苯是一种重要的化工原料．以乙苯为原料通过以下转化可得多种化工产品．己知：I．-21-\nⅡ．Ⅲ．A中苯环上的一氯代物只有2种（1）写出物质A的分子式C9H10O，M的结构简式：CH3CHO．（2）C中苯环侧链所含官能团的名称是碳碳双键、醛基．（3）E→F的反应类型是加聚反应．（4）关于．B的说法正确的是abd．（填选项字母）a．能发生银镜反应b．能发生消去反应c．遇FeCl3溶液发生显色反应d．能与H2发生加成反应（5）写出D→E反应的化学方程式：．（6）符合下列条件的A的同分异构体有10种（不考虑立体异构），写出任意一种同分异构体的结构简式：．①苯环上有3个取代基②遇FeCl3溶液发生显色反应③能与溴水发生加成反应．【考点】有机物的推断．【分析】A中苯环上的一氯代物只有2种，结合信息I可知A为，A与M发生信息II中的反应生成B，B脱水反应得到C，结合C的分子式可知，M为CH3CHO，则B为，C为，C发生氧化反应，酸化得到D为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生加聚反应生成高聚物F为，据此解答．【解答】解：A中苯环上的一氯代物只有2种，结合信息I可知A为，A与M发生信息II中的反应生成B，B脱水反应得到C，结合C的分子式可知，M为CH3CHO，则B为，C为，C发生氧化反应，酸化得到D为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生加聚反应生成高聚物F为，-21-\n（1）由上述分析可知，A为，分子式为C9H10O，M为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（2）C为，苯环侧链所含官能团的名称是：醛基、碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；（3）E→F的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）B的结构简式为，a．含有醛基，能发生银镜反应，故a正确；b．含有醇羟基，且羟基相连碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，能发生消去反应，故b正确；c．没有酚羟基，遇FeCl3溶液不发生显色反应，故c错误；d．含有醛基、苯环，能与H2发生加成反应，故d正确，故答案为：abd；（5）D→E反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）符合下列条件的A（）的同分异构体：①苯环上有3个取代基②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，③能与溴水发生加成反应，说明有碳碳双键，则该同分异构体为苯环连有﹣OH、﹣CH3、﹣CH=CH2三种基团，根据定二动一的原则可知共有10种结构，其中之一的结构简式为，故答案为：10；．【点评】本题考查有机物的推断，注意根据反应信息、结合反应条件与有机物分子式利用顺推法进行推断，较好地考查性质自学能力、分析推理能力，是对有机化学的综合考查，题目难度中等．-21-
