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2019-2020年高三化學上學期期末聯(lián)考試題 （含解析）新人教版 一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分） 1．根據下列物質的性質，判斷其應用錯誤的是（　?。? 　 A． 明礬水解時產生具有吸附性的膠體粒子，可作自來水的凈水劑 　 B． CaO能與SO2反應，可作工業(yè)廢氣的脫硫劑 　 C． 濃硫酸、濃硝酸具有強氧化性，在常溫下可用鐵、鋁制容器來盛裝濃硫酸或濃硝酸 　 D． 銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上焊若干銅塊以減緩其腐蝕 考點： 鹽類水解的應用；金屬的電化學腐蝕與防護；硝酸的化學性質；二氧化硫的污染及治理；濃硫酸的性質．. 專題： 化學應用． 分析： A、明礬在溶液中溶解后的鋁離子水解生成具有吸附懸浮雜質作用的氫氧化鋁膠體； B、氧化鈣和二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，在空氣中氧化為硫酸鈣，起到脫硫作用； C、鐵與鋁常溫下在濃硫酸、濃硝酸溶液中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，阻止反應進行； D、銅和鐵在電解質溶液中形成原電池，鐵做負極失電子被腐蝕． 解答： 解：A、明礬在溶液中溶解后的鋁離子水解生成具有吸附懸浮雜質作用的氫氧化鋁膠體，能吸附水中懸浮雜質，故A正確； B、氧化鈣和二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，在空氣中氧化為硫酸鈣，起到鈣基固硫的作用，能起到脫硫作用，故B正確； C、鐵與鋁常溫下在濃硫酸、濃硝酸溶液中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，阻止反應進行，在常溫下可用鐵、鋁制容器來盛裝濃硫酸或濃硝酸，故C正確； D、銅和鐵在電解質溶液中形成原電池，鐵做負極失電子加快船體腐蝕，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查了鹽類水解應用，鈣基固硫原理，鈍化現(xiàn)象和原電池原理的應用，掌握基礎是關鍵，題目較簡單． 　 2．（6分）莽草酸可用于合成藥物達菲，其結構簡式如圖，下列關于莽草酸的說法正確的是（　?。? 　 A． 分子式為C7H6O5 　 B． 分子中含有兩種官能團 　 C． 可發(fā)生加成、取代和氧化反應 　 D． 在水溶液中羥基和羧基均能電離出氫離子 考點： 有機物的結構和性質．. 專題： 有機物的化學性質及推斷． 分析： 由結構簡式可知分子式，有機物中含碳碳雙鍵、﹣OH、﹣COOH，結合烯烴、醇、羧酸的性質來解答． 解答： 解：A．由結構簡式可知分子式為C7H10O5，故A錯誤； B．含碳碳雙鍵、﹣OH、﹣COOH三種官能團，故B錯誤； C．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應、氧化反應，含﹣OH可發(fā)生取代反應、氧化反應，故C正確； D．只有﹣COOH能電離出氫離子，而羥基不能，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯烴、醇、羧酸性質的考查，題目難度不大． 　 3．（6分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（　?。? 　 A． 標準狀況下，2.24L戊烷所含分子數(shù)為0.1NA 　 B． 0.3mol NO2與水充分反應轉移的電子數(shù)目為0.2NA 　 C． 1mol Na2O2固體中所含的離子總數(shù)為4NA 　 D． 60g SiO2晶體所含Si﹣O鍵的數(shù)目為2NA，78g苯含有C=C雙鍵的數(shù)目為3NA 考點： 阿伏加德羅常數(shù)．. 專題： 阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律． 分析： A、標準狀況下，戊烷的狀態(tài)不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算戊烷的物質的量； B、二氧化氮與水反應生成一氧化氮和硝酸，0.3mol二氧化氮與水完全反應生成0.2mol硝酸、0.1mol一氧化氮，轉移0.2mol電子； C、過氧化鈉中的離子為鈉離子和過氧根離子，1mol過氧化鈉中含有3mol離子； D、60g二氧化硅的物質的量為1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧鍵；78g苯的物質的量為1mol，苯分子中不存在碳碳雙鍵． 解答： 解：A、標況下戊烷不是氣體，題中無法計算2.24L戊烷的物質的量，故A錯誤； B、0.3mol二氧化氮與水反應生成0.1mol一氧化氮和0.2mol硝酸，轉移了0.2mol電子，反應轉移的電子數(shù)目為0.2NA，故B正確； C、1mol過氧化鈉中含有2mol鈉離子、1mol過氧根離子，總共含有3mol離子，所含的離子總數(shù)為3NA，故C錯誤； D、60g SiO2晶體的物質的量為1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧鍵，所含Si﹣O鍵的數(shù)目為4NA，78g苯的物質的量為1mol，苯分子中不存在C=C雙鍵，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的判斷及計算，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，明確二氧化硅中硅氧鍵的成鍵情況及成鍵數(shù)目求算方法，注意苯分子的結構． 　 4．（6分）下列各表述與示意圖一致的是（　?。? 　 A． 此圖表示25℃時，用0.1mol/L鹽酸滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化得到的滴定曲線 　 B． 此圖表示一定條件下進行的反應2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0各成分的物質的量變化，t2時刻改變的條件可能是降低溫度或縮小容器體積 　 C． 此圖表示某明礬溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的質量與加入Ba（OH）2溶液體積的關系，在加入20mL Ba（OH）2溶液時鋁離子恰好沉淀完全 　 D． 此圖表示化學反應H2（g）+C12（g）═2HCl（g）的能量變化，則該反應的反應熱△H=﹢183kJ/mol 考點： 酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；離子方程式的有關計算；反應熱和焓變；物質的量或濃度隨時間的變化曲線．. 專題： 圖示題． 分析： A、等濃度、等體積的氫氧化鈉與鹽酸反應，在滴定終點時pH會發(fā)生突變； B、根據圖象可知，t2時刻反應物物質的量減小，生成物濃度增加，說明平衡向著正向移動，根據影響化學平衡的因素分析； C、鋁離子恰好完全沉淀時，沉淀的總質量沒有達到最大，即在加入氫氧化鋇溶液15mL處； D、根據反應物、生成物總能量可以判斷出該反應為放熱反應，焓變應該小于0． 解答： 解：A、0.1mol?L﹣1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L﹣1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發(fā)生突變，曲線的斜率會很大，故A錯誤； B、因反應為體積減小的放熱反應，則降低溫度或增大壓強，平衡向著正向移動，二氧化硫、氧氣的物質的量減小，三氧化硫的物質的量增大，圖象與反應情況一致，故B正確； C、當Al3+完全沉淀時，離子方程式為2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；當SO42﹣完全沉淀時，離子方程式為Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，可見加入15mL氫氧化鋇溶液時，鋁離子完全沉淀，最后氫氧化鋁沉淀逐漸溶解，硫酸鋇沉淀逐漸增加，沉淀的質量繼續(xù)增大，當硫酸根離子完全轉化成硫酸鋇沉淀時，氫氧化鋁完全溶解，即加入20mL氫氧化鋇溶液時代表SO42﹣完全沉淀，鋁離子完全溶解，故C錯誤； D、分析圖象拆化學鍵和形成化學鍵能量變化判斷，該反應是放熱反應，反應熱△H=﹣183kJ/mol，故D錯誤； 故選B． 點評： 本題考查了酸堿中和滴定曲線判斷、反應熱和焓變、離子方程式的有關計算等知識，題目難度中等，注意掌握根據圖象判斷反應熱與焓變的方法，明確外界條件對化學平衡的影響． 　 5．（6分）（xx?安陽二模）六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和D同族，C和F同族，B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結構，E在同周期元素中離子半徑最?。瓵和B、C、F均能形成共價型化合物，A和B形成的化合物Y在水中呈堿性，D和F形成的化合物在水中呈中性．下列說法錯誤的是（　　） 　 A． C的單質能將F單質從EF3的溶液中置換出來 　 B． B、D離子的半徑大小是B＞D 　 C． 化合物AC的沸點比化合物AF的高 　 D． 化合物AF與化合物Y可形成含有共價鍵的離子化合物 考點： 原子結構與元素周期律的關系．. 專題： 元素周期律與元素周期表專題． 分析： 六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的共價化合物在水中呈堿性，該化合物為NH3，則A為氫元素、B為氮元素；A和D同族，D的原子序數(shù)大于氮元素，故D為Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，結合原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Na；C和F同族，則C為氟元素；B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結構，E在同周期元素中離子半徑最小，則E為Al，據此解答． 解答： 解：六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的共價化合物在水中呈堿性，該化合物為NH3，則A為氫元素、B為氮元素；A和D同族，D的原子序數(shù)大于氮元素，故D為Na元素；D和F形成的化合物在水中呈中性，結合原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Na；C和F同族，則C為氟元素；B、C、D、E的離子均具有相同的電子層結構，E在同周期元素中離子半徑最小，則E為Al， A．氟氣與AlCl3的溶液中隨反應生成HF與氧氣，不能置換出氯氣，故A錯誤； B．電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑B＞D，故B正確； C．HF分子之間存在氫鍵，沸點比較HCl高，故C正確； D．HCl與NH3生成的NH4Cl屬于離子化合物，故D正確， 故選A． 點評： 本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題的關鍵，“A和B形成的共價化合物在水中呈堿性”是推斷突破口，注意微粒半徑比較規(guī)律的掌握． 　 6．（6分）（xx?吉林二模）在下列裝置中，MSO4和NSO4是兩種常見金屬的易溶鹽．當K閉合時，SO42﹣從右到左通過交換膜移向M極，下列分析正確的是（　　） 　 A． 溶液中c（M2+）減小 　 B． N的電極反應式：N=N2++2e﹣ 　 C． X電極上有H2產生，發(fā)生還原反應 　 D． 反應過程中Y電極周圍生成白色膠狀沉淀 考點： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學專題． 分析： 當 K 閉合時，在交換膜處 SO42﹣從右向左移動，說明M為負極，N為正極，即M的金屬活動性大于N；連接N的Y極為陽極，連接M的X極為陰極，電解池工作時，Y極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，X極上發(fā)生的電極反應式為2H++2e﹣=H2↑，以此解答該題． 解答： 解：當 K 閉合時，在交換膜處 SO42﹣從右向左移動，說明M為負極，N為正極， A．M為負極，被氧化生成M2+，溶液中c（M2+）增大，故A錯誤； B．N為正極，發(fā)生還原反應，為N2++2e﹣=N，故B錯誤； C．X極上發(fā)生的電極反應式為2H++2e﹣=H2↑，生成氫氣，被還原，故C正確； D．反應過程中Y電極為陽極，發(fā)生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，沒有沉淀生成，故D錯誤． 故選C． 點評： 本題綜合考查原電池好電解池知識，側重于學生的分析能力和電化學知識的綜合考查，為高考常見題型和高頻考點，注意根據離子的定向移動判斷原電池的正負極，明確電極方程式的書寫為解答該題的關鍵，難度不大． 　 7．（6分）下列根據實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論錯誤的是（　?。? 選項 實驗操作 實驗現(xiàn)象 結論 A 向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液 出現(xiàn)白色沉淀 溶液X不一定含有SO42﹣ B 向FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl溶液平衡體系中加入少量固體KCl 體系顏色無變化 KCl不能使該平衡移動 C 向濃度均為0.1mol?L﹣1 NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出現(xiàn)黃色沉淀 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI） D 向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固體析出 蛋白質均發(fā)生變性 　 A． A B． B C． C D． D 考點： 化學實驗方案的評價．. 專題： 實驗評價題． 分析： A．稀硝酸具有強氧化性，能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子； B．根據體現(xiàn)顏色是否變化確定氯化鉀能否影響平衡移動； C．溶度積常數(shù)越小的越先出現(xiàn)沉淀； D．重金屬鹽能使蛋白質變性，氯化鈉溶液能使蛋白質鹽析． 解答： 解：A．稀硝酸具有氧化性，能將亞硫酸氫根離子和亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子而造成干擾，所以不能據此判斷原溶液中含有硫酸根離子，應該用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗硫酸根離子，故A正確； B．向體系中加入氯化鉀固體時，氯化鉀濃度增大，但體系顏色不變，說明氯化鉀不影響平衡，故B正確； C．先生成AgI，可說明AgI的溶解度較小，故C正確； D．蛋白質在氯化鈉溶液中發(fā)生鹽析，在硫酸銅溶液中變性，故D錯誤； 故選D． 點評： 本題考查較為綜合，涉及蛋白質的性質、難溶電解質的溶解平衡、物質的鑒別等問題，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考常見題型，注意把握物質的性質的異同，把握實驗方法和注意事項，注意蛋白質鹽析具有可逆性，但變性沒有可逆性，為易錯點． 　 二、解答題（共3小題，滿分43分） 8．（14分）（xx?萊蕪二模）亞氯酸鈉（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白與殺菌．如圖所示是用過氧化氫法生產亞氯酸鈉的工藝流程圖： 已知：NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結晶析出NaClO2?3H2O． （1）吸收塔內發(fā)生反應的化學方程式為　2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑　（配平化學方程式）．該工藝流程中的NaClO3、ClO2、NaClO2都是強氧化劑，它們都能和濃鹽酸反應制取Cl2．若用二氧化氯和濃鹽酸制取Cl2，當生成5mol Cl2時，通過還原反應制得氯氣的質量為　71　克． （2）從濾液中得到的NaClO2?3H2O晶體的操作依次是　dc　（填寫序號）．a．蒸餾；b．灼燒；c．過濾；d．冷卻結晶． （3）印染工業(yè)常用亞氯酸鈉（NaClO2）漂白織物，漂白織物時真正起作用的是HClO2．下表是25℃時HClO2 及幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)： 弱酸 HClO2 HF HCN H2S Ka/mol?L﹣1 110﹣2 6.310﹣4 4.910﹣10 ①常溫下，物質的量濃度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四種溶液的pH由大到小的順序為　pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）??；體積相等，物質的量濃度相同的NaF、NaCN兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)的大小關系為：　前者大?。ㄌ睢扒罢叽蟆薄跋嗟取被颉昂笳叽蟆保? ②Na2S是常用的沉淀劑．某工業(yè)污水中含有等濃度的Cu2+、Fe2+、Pb2+ 離子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是　CuS??；當最后一種離子沉淀完全時（該離子濃度為10﹣5mol?L﹣1）此時的S2﹣的濃度為　6.310﹣13mol/L　． 已知． 考點： 化學方程式的有關計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離、提純的基本方法選擇與應用．. 分析： （1）根據題目信息并運用氧化還原反應理論判斷反應物、生成物．根據流程信息可知，吸收塔內生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，Cl元素化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產生，據此配平書寫方程式； 反應中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應，根據電子轉移計算氧化劑與還原劑的物質的量之比，據此確定還原產物與氧化產物物質的量之比，計算還原反應生成的氯氣，再根據m=nM計算； （2）從溶液中得到含結晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體．得到的粗晶體經過重結晶可得到純度更高的晶體； （3）①、弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，反之酸性越弱，酸性越弱，對應鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大； NaF、NaCN兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是﹣1價離子，1mol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，故溶液堿性越強，氫離子濃度越小，含有陰陽離子總數(shù)的越?。? ②物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀；根據溶度積計算S2﹣的濃度． 解答： 解：（1）（3）根據流程信息可知，吸收塔內生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產生，反應方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，反應中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應，根據電子轉移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故還原產物與氧化產物物質的量之比為1：4，故還原反應生成的氯氣為5mol=1mol，通過還原反應制得氯氣的質量為1mol71g/mol=71g， 故答案為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；71； （2）從溶液中得到含結晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體，所以操作順序為dc，故答案為：dc； （3）①根據電離平衡常數(shù)可知酸性強弱順序為：HClO2＞HF＞HCN＞HS﹣，酸性越弱，對應鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大，故物質的量濃度相等各溶液pH關系為：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）， NaF、NaCN兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是﹣1價離子，1mol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，溶液為堿性，pH（NaCN）＞pH（NaF），故NaCN溶液堿氫離子濃度較小，含有陰陽離子總數(shù)較小，即NaF溶液中陰陽離子總數(shù)較大， 故答案為：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；前者大； ②物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS， Fe2+最后沉淀，沉淀完全時該濃度為10﹣5mol?L﹣1，此時的S2﹣的濃度為mol/L=6.310﹣13mol/L， 故答案為：CuS；6.310﹣13mol/L． 點評： 本題以學生比較陌生的亞氯酸鈉制備為載體，考查學生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應計算、物質分離提純、鹽類水解、溶度積的有關計算與應用等，是在新情境下綜合運用知識解決問題的能力的考查，題目有一定的難度． 　 9．（15分）Ⅰ．已知在常溫常壓下： ①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）；△H=_1275.6kJ?mol﹣1 ②H2O（l）═H2O（g）；△H=+44.0kJ?mol﹣1 寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式：　CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1?。? Ⅱ．甲醇可以與水蒸氣反應生成氫氣，反應方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）；△H＞0 （1）一定條件下，向體積為2L的恒容密閉容器中充入1mol CH3OH（g）和3mol H2O（g），20s后，測得混合氣體的壓強是反應前的1.2倍，則用甲醇表示該反應的速率為　0.01mol/（L?s）?。? （2）判斷（1）中可逆反應達到平衡狀態(tài)的依據是（填序號）?、邰堋。? ①v正（CH3OH）=3v逆（H2）　 ②混合氣體的密度不變　 ③混合氣體的平均相對分子質量不變 ④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化 ⑤CO2和H2的濃度之比為1：3 （3）圖1中P是可自由平行滑動的活塞，關閉K，在相同溫度時，向A容器中充入1mol CH3OH（g）和2mol H2O（g），向B容器中充入1.2mol CH3OH（g）和2.4mol H2O（g），兩容器分別發(fā)生上述反應．已知起始時容器A和B的體積均為a L，反應達到平衡時容器B的體積為1.5a L，容器B中CH3OH轉化率為　75%　；維持其他條件不變，若打開K一段時間后重新達到平衡，容器B的體積為　1.75a　L（連通管中氣體體積忽略不計，且不考慮溫度的影響）． Ⅲ．如圖2甲、乙是電化學實驗裝置．請回答下列問題： （1）若兩池中均盛放CuSO4溶液 ①甲池中石墨棒上的電極反應式為　Cu2++2e﹣=Cu　． ②如果起始時乙池盛有200mL CuSO4溶液，電解一段時間后溶液藍色變淺，若要使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，需要向溶液中加入0.8g CuO，則其電解后的pH為　1?。ê雎匀芤后w積的變化）． （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中石墨棒上的電極反應式為　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　． 考點： 熱化學方程式；電極反應和電池反應方程式；反應速率的定量表示方法；化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．. 專題： 化學平衡專題；電化學專題． 分析： Ⅰ、依據熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式； Ⅱ、（1）依據化學平衡三段式列式計算，氣體壓強之比等于物質的量之比； （2）化學平衡的標志是正逆反應速率相同，各組分濃度保持不變分析選項； （3）①依據恒溫恒容、恒溫恒壓容器變化，結合反應平衡特征分析判斷，壓強變化和物質的量變化成正比； ②打開KAB組成的是恒溫恒壓容器，依據壓強變化和物質的量變化成正比計算得到； Ⅲ、（1）①甲池是原電池裝置，鐵做負極失電子發(fā)生氧化反應，碳做正極溶液中銅離子得到電子生成銅； ②依據電解硫酸銅溶液后加入氧化銅恢復原來溶液濃度，說明加入的氧化銅和生成的硫酸前后反應計算得到溶液中氫離子濃度，計算溶液pH； （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中是鐵的吸氧腐蝕，石墨棒上的電極反應為溶液中氧氣得到電子生成氫氧根離子的電極反應． 解答： 解：Ⅰ、①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=_1275.6kJ?mol﹣1 ②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ?mol﹣1 依據蓋斯定律①﹣②4得到CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1； 故答案為：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=_725.8kJ?mol﹣1； Ⅱ．（1）設反應的甲醇物質的量為x CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g） 起始量（mol） 1 3 0 0 變化量（mol） x x x 3x 20s量 （mol） 1﹣x 3﹣x x 3x 20s后，測得混合氣體的壓強是反應前的1.2倍，4+2x=1.24 x=0.4mol v（CH3OH）==0.01mol/L?s； 故答案為：0.01mol/L?s； （2）可逆反應達到平衡狀態(tài)的依據是正逆反應速率相同， ①v正（CH3OH）=v正（CO2）是反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，不能說你反應達到平衡，故①不符合； ②反應前后氣體質量不變，容器體積不變，反應過程中密度不變，混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，故②不符合； ③反應前后氣體物質的量增大，質量守恒，混合氣體的平均相對分子質量不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故③符合； ④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化是平衡標志，故④符合； 故答案為：③④； （3）B容器的體積變?yōu)樵瓉淼?.5倍，增加的氣體的物質的量為3.6 mol0.5=1.8 mol，依據化學方程式可知增加2mol，反應甲醇1mol，則反應的甲醇的物質的量為0.9 mol，CH3OH的轉化率=100%=75%；②打開K時，AB組成一個等溫等壓容器，相應的起始投入總物質的量與平衡的總體積成正比，設打開K重新達到平衡后總的體積為x，則x：（3+3.6）=1.5a：3.6 求得x=2.75a，所以B的體積為2.75a﹣a=1.75a， 故答案為：75%；1.75a； Ⅲ．（1）①甲池是原電池裝置，鐵做負極失電子發(fā)生氧化反應，碳做正極溶液中銅離子得到電子生成銅，故答案為：Cu2++2e﹣=Cu； ②如果起始時乙池盛有200mL CuSO4溶液，電解一段時間后溶液藍色變淺，若要使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，需要向溶液中加入0.8g CuO，物質的量為0.01mol，依據反應CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以生成的硫酸物質的量為0.01mol，溶液中氫離子濃度c（H+）==0.1mol/L，則其電解后的pH為1， 故答案為：1； （2）若甲池中盛放飽和NaCl溶液，則甲池中是鐵的吸氧腐蝕，石墨棒上的電極反應為溶液中氧氣得到電子生成氫氧根離子的電極反應，電極反應為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣． 點評： 本題考查了化學平衡三段式計算，平衡標志的分析判斷，恒溫恒容容器，恒溫恒壓容器的分析判斷是解題關鍵，氣體壓強之比和物質的量之比成正比例，題目難度較大． 　 10．（14分）（xx?商丘二模）某研究性學習小組用圖1裝置（鐵架臺等支撐儀器略）探究氧化鐵與乙醇的反應，并檢驗反應產物． （1）氣密性檢驗的操作過程是　將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好?。? （2）為快速得到乙醇氣體，可采取的方法是　在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）??；若實驗時小試管中的溶液已經開始發(fā)生倒吸，你采取的措施是　C?。ㄌ顚懢幪枺?； a．取下小試管 b．移去酒精燈 c．將導管從乳膠管中取下 d．以上都可以 （3）如圖2實驗，觀察到紅色的Fe2O3全部變?yōu)楹谏腆w（M），充分反應后停止加熱．為了檢驗M的組成，進行下列實驗． ①M能被磁鐵吸引；加入足量稀硫酸，振蕩，固體全部溶解，未觀察到有氣體生成； ②經檢驗溶液中有鐵離子和亞鐵離子，檢驗該溶液中的亞鐵離子的方法是　取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+　；關于M中鐵元素價態(tài)的判斷正確的是　d?。ㄌ顚懢幪枺? a．一定有+3價和+2價鐵，無0價鐵 b．一定有+3價、+2價和0價鐵 c．一定有+3價和0價鐵，無+2價鐵 d．一定有+3價，0價和+2價鐵至少有一種 （4）若M的成份可表達為FeXOY，用CO還原法定量測定其化學組成．稱取a g M樣品進行定量測定，實驗裝置和步驟如下： ①組裝儀器；②點燃酒精燈；③加入試劑；④打開分液漏斗活塞；⑤檢查氣密性；⑥停止加熱；⑦關閉分液漏斗活塞；⑧…． 正確的操作順序是　c?。ㄌ顚懢幪枺? a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧ （5）若實驗中每步反應都進行完全，反應后M樣品質量減小b g，則FeXOY中=　?。? 考點： 乙醇的催化氧化實驗；性質實驗方案的設計．. 專題： 實驗設計題． 分析： （1）裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與附設的液體構成封閉體系，依據改變體系內壓強時產生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞； （2）乙醇易揮發(fā)，依據圖1裝置分析可知，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的操作是迅速拆下導氣管； （3）依據鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子具有還原性，加入氧化劑會發(fā)生氧化還原反應；乙醇和氧化鐵反應過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引； （4）實驗過程依據反應原理和實驗目的分析實驗步驟為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續(xù)裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應結束后停止加熱，關閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據質量變化計算鐵元素和氧元素物質的量之比； （5）依據實驗結果得到，鐵的氧化物中減少的質量為氧元素的質量為bg，鐵的質量為（a﹣b）g，依據元素物質的量計算得到比值； 解答： 解：（1）依據裝置圖分析可知反應過程需要在氣密性好的裝置中進行，定量測定，所以氣體通過裝置，實驗前需要檢驗裝置氣密性，方法為：將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好， 故答案為：將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩(wěn)定的水柱，說明氣密性良好； （2）依據圖1裝置分析可知，乙醇易揮發(fā)，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的操作是迅速拆下導氣管， 故答案為：在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）；c； （3）依據鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子加入紫紅色的酸性高錳酸鉀溶液，兩者發(fā)生氧化還原反應溶液褪色，則有Fe2+；氧化鐵做催化劑參與反應過程，乙醇和氧化鐵反應過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引； 故答案為：取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+；d； （4）實驗過程依據反應原理和實驗目的分析實驗步驟為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續(xù)裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應結束后停止加熱，關閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據質量變化計算鐵元素和氧元素物質的量之比，所以選c， 故答案為：c； （5）依據實驗結果得到，鐵的氧化物中減少的質量為氧元素的質量為bg，鐵的質量為（a﹣b）g，依據元素物質的量計算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=， 故答案為：； 點評： 本題考查了氧化鐵與乙醇的反應的性質的實驗探究和產物組成的分析判斷，掌握二價鐵離子的性質，注意實驗過程中的反應實質分析判斷，現(xiàn)象的理解和應用是解題關鍵，題目難度中等． 　 【化學--選修2：化學與技術】 11．（15分）（xx?青島模擬）純堿（Na2CO3）在生產生活中具有廣泛的用途．圖1是實驗室模擬制堿原理制取Na2CO3的流程圖． 已知：向飽和食鹽水中通入NH3、CO2后發(fā)生和反應為NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，請回答以下問題： （1）粗鹽中含有的雜質離子有Ca2+，Mg2+，SO42﹣等． 精制除雜的步驟順序a→　c　→　d　→　e　→b（填字母編號）． a．粗鹽溶解，濾去沉渣．b．加入鹽酸調pH；c．加入Ba（OH）2溶液；d．加入Na2CO3溶液；e．過濾 向飽和食鹽水中先通入NH3，后通入CO2，理由是　NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2?。? （2）灼燒固體A制Na2CO3在　a　（填字母序號）中進行． a．坩堝 b．蒸發(fā)皿 c．燒杯 d．錐形瓶 證明濾液A中含有NH4+的方法是　取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+?。? 對濾液A進行重結晶能夠獲得NH4HCO3，向pH=13含Na+、K+的溶液中加入少量NH4HCO3．使pH降低，反應的離子方程式　NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O?。? （3）圖2裝置中常用于實驗室制備CO2的是　bc?。ㄌ钭帜妇幪枺挥胋示意的裝置制備NH3，分液漏斗中盛放的試劑　濃氨水?。ㄌ钤噭┟Q），燒瓶內可加入的固體試劑　生石灰（或NaOH固體）?。ㄌ钤噭┟Q）． （4）一種天然堿晶體成分是aNa2CO3?bNa2CO3?cH2O，某同學利用下列提供的試劑，設計了如下簡單合理測定Na2CO3的質量分數(shù)的實駿方案．（儀器自選）請把實驗方案填全：供選擇的試劑：1mol?L﹣1H2SO4溶液、1.0mol?L﹣1BaCl2溶液、稀氨水、堿石灰、Ca（OH）2溶液、蒸餾水． ①稱取m1g一定量天然堿晶體樣品，溶于適量蒸餾水中． ②　加入足量稀硫酸并微熱，產生的氣體通過足量的澄清石灰水?。? ③　過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀　． ④計算天然堿晶體中含Na2CO3的質量分數(shù)． 考點： 純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；粗鹽提純．. 專題： 實驗題． 分析： （1）據根據SO42﹣、Ca 2+、Mg2+等易轉化為沉淀而被除去，以及根據不能產生新雜質的要求排序，前面加入的過量溶液應用后加入的溶液除去，最后加入適量的溶液；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2； （2）根據固體在坩堝加熱分解； 根據NH4+的檢驗方法：取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+； 根據NH4+和HCO3﹣都能與氫氧化鈉反應； （3）實驗室制取二氧化碳的反應原理和條件； 根據在濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣加入堿或生石灰產生氫氧根離子平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā)，制得氨氣； （4）根據實驗的原理：將碳酸根全部轉換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀，通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量，最終求出Na2CO3的質量分數(shù)． 解答： 解：（1）SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分別與Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、Ba（OH）2溶液反應生成沉淀，可再通過過濾除去，Na2CO3溶液能除去過量的Ba（OH）2溶液，鹽酸能除去過量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以應先加Ba（OH）2溶液再加Na2CO3溶液，過濾，最后加入鹽酸，NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向飽和食鹽水中先通入NH3，后通人CO2， 故答案為：c；d；e；NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2； （2）灼燒固體碳酸氫鈉制Na2CO3，在坩堝加熱分解， 取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有 NH4+，NH4+和HCO3﹣都能與氫氧化鈉反應：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O， 故答案為：a；取少量濾液A于試管中，加入足量NaOH溶液并加熱，產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，證明A中含有NH4+；NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3?H2O+CO32﹣+H2O； （3）實驗室制取二氧化碳常選用石灰石和稀鹽酸或大理石和稀鹽酸反應制取，采用固體+液體氣體； 濃氨水中加堿或生石灰，因為氨水中存在下列平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，加入堿平衡左移，同時放出大量的熱促進氨水的揮發(fā)，制得氨氣， 故答案為：b c；濃氨水；生石灰（或NaOH固體）； （4）實驗的原理：將碳酸根全部轉換成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水產生沉淀，通過沉淀的質量求出二氧化碳的物質的量、Na2CO3的物質的量和質量，最終求出Na2CO3的質量分數(shù)，所以將天然堿晶體樣品，溶于適量蒸餾水中，加入足量稀硫酸并微熱，產生的氣體通過足量的澄清石灰水，然后過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀即可， 故答案為：加入足量稀硫酸并微熱，產生的氣體通過足量的澄清石灰水；過濾、洗滌、干燥、稱量沉淀． 點評： 本題以制堿原理制取Na2CO3，涉及到物質的除雜和提純，常見的實驗操作，物質的制備等，難度中等，培養(yǎng)了學生運用知識的能力． 　 【化學--選修3：物質結構與性質】 12．疊氮化鈉（NaN3）是一種無色晶體，常見的兩種制備方法為： 2NaNH2+N2O═NaN3+NaOH+NH3；3NaNH2+NaNO3═NaN3+3NaOH+NH3↑． 回答下列問題： （1）氮所在的周期中，電負性最大的元素是　F　，第一電離能最小的元素是　Li　． （2）基態(tài)氮原子的L層電子排布圖為　?。? （3）與N3﹣互為等電子體的分子為　N2O?。▽懗鲆环N）．依據價層電子對互斥理論，NO3﹣的空間構型為　平面三角形?。? （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（NaN3）的晶體類型為　離子晶體　．疊氮化鈉的水溶液呈堿性，用離子方程式表示其原因：　N3﹣+H2OHN3+OH﹣?。? （5）N2O沸點（﹣88.49℃）比NH3沸點（﹣33.34℃）低，其主要原因是　N2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強　． （6）安全氣囊的設計原理為6NaN3+Fe2O33Na2O+2Fe+9N2↑． ①氮分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為　1：2?。? ②鐵晶體中存在的化學鍵類型為　金屬鍵?。? ③鐵晶體為體心立方堆積，其晶胞如圖所示，晶胞邊長為a cm，該鐵晶體密度為　g?cm﹣3?。ㄓ煤琣、NA的表達式表示，其中NA為阿伏加德羅常數(shù)）． 考點： 位置結構性質的相互關系應用；晶胞的計算；氮族元素簡介；鈉的重要化合物．. 專題： 化學鍵與晶體結構；元素及其化合物． 分析： （1）同周期隨原子序數(shù)增大元素電負性增大、元素的第一電離能呈增大趨勢； （2）N原子2s軌道容納2個電子，且自旋方向相反，2p能級3個軌道各容納1個電子，且自旋方向相同； （3）將1個N原子及1個單位負電荷用O原子替換，可得其等電子體；計算NO3﹣中N原子價層電子對數(shù)及孤電子對，確定其空間結構； （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（NaN3）都含有活潑金屬元素，屬于離子化合物；疊氮化鈉的水溶液中N3﹣離子發(fā)生水解，破壞水的電離平衡，溶液呈堿性； （5）根據氨氣分子之間存在氫鍵分析解答； （6）①氮分子結構式為N≡N，三鍵含有1σ鍵、2個π鍵； ②鐵晶體屬于金屬晶體，晶體中存在金屬鍵； ③鐵晶體為體心立方堆積，根據均攤法計算晶胞中含有2個Fe原子，結合摩爾質量計算晶胞質量，根據邊長計算晶胞的體積，再根據ρ=計算晶體密度． 解答： 解：（1）同周期隨原子序數(shù)增大元素電負性增大、元素的第一電離能呈增大趨勢，故氮所在的周期中，第二周期電負性最大的元素是F，第一電離能最小的元素是Li， 故答案為：F；Li； （2）N原子2s軌道容納2個電子，且自旋方向相反，2p能級3個軌道各容納1個電子，且自旋方向相同，故基態(tài)氮原子的L層電子排布圖為：， 故答案為：； （3）將1個N原子及1個單位負電荷用O原子替換，可得其等電子體為N2O等，NO3﹣中N原子價層電子對數(shù)=3+=3、N原子不含孤電子對，故其空間結構為平面三角形， 故答案為：N2O；平面三角形； （4）氨基化鈉（NaNH2）和疊氮化鈉（NaN3）都含有活潑金屬Na元素，由陰、陽離子構成，屬于離子化合物；疊氮化鈉的水溶液中N3﹣離子發(fā)生水解：N3﹣+H2OHN3+OH﹣，破壞水的電離平衡，溶液呈堿性， 貴答案為：離子晶體；N3﹣+H2OHN3+OH﹣； （5）N2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強，故氨氣的沸點較高， 故答案為：N2O分子間只存在范德華力，氨分子之間存在氫鍵，氫鍵作用較強； （6）①氮分子結構式為N≡N，三鍵含有1σ鍵、2個π鍵，氮分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比=1：2， 故答案為：1：2； ②鐵晶體屬于金屬晶體，晶體中存在金屬鍵，故答案為：金屬鍵； ③鐵晶體為體心立方堆積，由其晶胞結構可知，晶胞中Fe原子數(shù)目=1+8=2，故晶胞質量=2g，晶胞邊長為acm，則晶胞的體積=（a cm）3=a3 cm3，故晶體密度==g?cm﹣3， 故答案為：g?cm﹣3． 點評： 本題考查物質結構與性質，涉及元素周期律、核外電子排布、分子構型、等電子體、晶體類型、鹽類水解、化學鍵、晶胞計算等，題目比較綜合，需要學生全面掌握基礎知識，側重主干知識的考查，是常考知識點，注意利用均攤法進行晶胞的有關計算，難度中等． 　 【化學--選修5：有機化學基礎】 13．植物精油具有抗菌消炎、解熱鎮(zhèn)痛等藥物功效．從樟科植物枝葉中提取的精油中含有甲、乙、丙三種成分． Ⅰ．甲經下列過程可轉化為乙： （1）反應①的反應類型為　加成反應?。? （2）乙的結構簡式為　　，1mol乙最多可與　5　mol H2反應． Ⅱ．通過如圖2合成路線由乙可得到丙（部分反應產物略去）： 已知下列信息： ①RCH=CHR′RCHO+R′CHO ②丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應． （3）A的名稱是　乙二醛?。瓸→C的反應條件為　氫氣/催化劑、加熱　． （4）乙與新制Cu（OH）2反應的化學方程式為　?。? （5）寫出同時符合下列要求的D的同分異構體的結構簡式：　?。? a．屬于二取代苯 b．分子中有5種不同化學環(huán)境的氫原子，其個數(shù)之比為1：2：2：1：2 c．能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性條件下可以發(fā)生水解反應． 考點： 有機物的推斷．. 專題： 有機物的化學性質及推斷． 分析： I．甲與HCl發(fā)生加成反應生成，發(fā)生氧化反應生成Y為，Y發(fā)生消去反應生成乙為； II．乙和臭氧氧化反應生成與OHC﹣CHO，乙和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應然后酸化得到D，D的結構簡式為，丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應，說明丙中有碳碳不飽和鍵和酯基，結合丙的分子式中碳原子數(shù)目可知，可知B為， 則A為OHC﹣CHO，B與氫氣發(fā)生加成反應生成C為，丙的結構簡式為，據此解答． 解答： 解：I．（1）甲與HCl發(fā)生加成反應生成，發(fā)生氧化反應生成Y為，Y發(fā)生消去反應生成乙為； （1）反應①屬于加成反應，故答案為：加成反應； （2）乙的結構簡式為，苯環(huán)、碳碳雙鍵、醛基均與氫氣發(fā)生加成反應，1mol乙最多可與 5mol H2反應，故答案為：；5； II．乙和臭氧氧化反應生成與OHC﹣CHO，乙和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應然后酸化得到D，D的結構簡式為，丙的分子式為C16H14O2，能與溴水、NaOH溶液反應，說明丙中有碳碳不飽和鍵和酯基，結合丙的分子式中碳原子數(shù)目可知，可知B為， 則A為OHC﹣CHO，B與氫氣發(fā)生加成反應生成C為，丙的結構簡式為， （3）A為OHC﹣CHO，名稱是：乙二醛，B→C是醛與氫氣在催化劑、加熱條件下發(fā)生的加成反應， 故答案為：乙二醛；氫氣/催化劑、加熱； （4）乙與新制Cu（OH）2反應的化學方程式為：， 故答案為：； （5）同時符合下列要求的D（）的同分異構體的結構簡式：a．屬于二取代苯 ；b．分子中有5種不同環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為1：2：2：1：2；c．能使溴的CCl4溶液退色，且在酸性條件下可以發(fā)生水解反應，含有酯基、碳碳雙鍵，該同分異構體結構簡式為：，故答案為：． 點評： 本題考查有機物推斷及合成、有機反應類型、同分異構體書寫等，注意根據有機物的結構與反應條件進行推斷，關鍵是熟練掌握各種官能團結構和性質，有助于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和發(fā)散思維能力，題目難度中等．