湖南省长沙市周南中学2022届高三化学上学期第一次月考试卷含解析

2022-2022学年湖南省长沙市周南中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题共17小题，每小题3分，共51分．每小题只有一个正确选项）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NAB．3.6g重水中含有的中子数为2NAC．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAD．常温下，1L1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中，所含溶质分子数小于NA2．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+、C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣3．一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是()A．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4LB．该气体中每个分子含有2个原子C．若O2在该条件下为气态，则1molO2在该条件下的体积也为30LD．该温度和压强可能是标准状况4．化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，可用图所示装置．如果广口瓶中盛装的是饱和NaOH溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是（提示Cl2+H2O=HCl+HClO）()A．H2B．Cl2C．SO2D．CO25．有下列三种含杂质的气体（括号内为杂质）：①CO2（HCl）②H2（HCl）③NH3（水蒸气）．某学生欲除去以上气体中的杂质依次选用了三种试剂，该学生选用的试剂均正确的是()A．NaHCO3溶液、NaOH溶液、碱石灰B．Na2CO3溶液、浓硫酸、碱石灰C．NaHCO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸D．NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰6．除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是()A．HNO3溶液（H2SO4），适量BaCl2溶液，过滤B．CO2（SO2），酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C．KNO3晶体（NaCl），蒸馏水，结晶20\nD．C2H5OH（CH3COOH），加足量CaO，蒸馏7．下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是()A．制备氢氧化亚铁并观察其颜色B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．浓硫酸稀释8．下列实验操作中，先后顺序正确的是()A．稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后注入蒸馏水B．为测定硫酸铜晶体的结晶水含量，称量时，先称取一定量的晶体，后放入坩埚C．为检验酸性溶液中的Cl﹣和SO42﹣，先加氯化钡溶液，滤去沉淀后再加硝酸银溶液D．在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过水（或饱和食盐水），后通过浓硫酸9．下列溶液中物质的量浓度为1mol•L﹣1的是()A．将40gNaOH溶解于1L水中B．将22.4L氨气溶于水配成1L溶液C．将1L10mol•L﹣1的浓盐酸与9L水混合D．将10gNaOH溶解在水中配成250mL溶液10．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是()A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mL0.5mol/LHCl溶液20\n11．某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是()A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量的NaClO固体的质量为140g12．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为()A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L﹣113．能正确表示下列反应的离子方程式为()A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O14．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣C．AlCl3溶液：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣D．=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣15．对反应：CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4，下列说法正确的是()A．氧化剂只有CuSO4B．FeS2既是氧化剂又是还原剂C．被氧化的硫和被还原的硫的质量比为3：7D．1molCuSO4可氧化mol的硫16．某反应的化学方程式为：aFeCl2+bKNO3+cHCl═dFeCl3+eKCl+fX+gH2O，若b=1，d=3，则X的化学式为()A．N2B．NOC．NO2D．NH4Cl17．在反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，发生氧化的氮原子与发生还原的氮原子的物质的量之比为()A．3：5B．5：3C．5：8D．5：420\n二、填空题（24分）18．（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：__________．（2）在以上中性溶液中，继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式：__________．19．下列各种容器，通常应分别用什么方法清洗？（1）做过碘升华实验的烧杯__________．（2）长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶__________．（3）盛过苯酚的容器__________．20．山西河东地区是中华文明的发祥地之一，那里有一个被称为“中国死海”的湖泊﹣﹣运城盐池．（1）该湖水含盐量极高，但其中不可能大量存在的是__________A．NaClB．KNO3C．CaCO3D．Na2SO4（2）一年四季，盐湖变换着不同的景色．春、秋两季碧波万顷，湖水清澈；夏季气温高达42℃，水位下降，生长的藻类使湖水变成了红色；冬季湖面上盐花丛生，洁白如雪．上述景色变换中包含的过程有__________（填序号）．①蒸发②蒸馏③结晶④升华⑤溶解（3）入冬，随着温度的变化，该盐湖中会析出不同的物质，水温在10℃左右开始析出NaCl，在0℃时才开始析出MgSO4．有学生提出疑问：根据右表，在10℃时MgSO4的溶解度比NaCl的溶解度小，为什么却是NaCl先析出呢？请你回答该问题__________．温度物质0℃10℃20℃30℃MgSO42228.233.738.9NaCl35.735.835.936.121．有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是__________．（2）A是__________，B是__________，C是__________，D是__________，E是__________．（3）A与E反应的离子方程式是__________．三.解答题22．亚硝酸钠易溶于水，有碱味，有氧化性，也有还原性．NaNO2大量用于染料工业和有机合成工业中，也可用作水泥施工的抗冻剂．然而由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放．处理方法之一如下：__________NaNO2+__________KI+__________→__________NO+__________I2+__________K2SO4+__________Na2SO4+__________（1）请完成该化学方程式并配平．20\n（2）在上述反应中，若要生成50.8gI2，则电子转移了__________个．（3）现有25.00mL的KI溶液，用酸化的10.00mL0.0500mol/L的KIO3溶液处理（5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O）．将生成的I2全部除去后，再加入过量的KI溶液，使之与剩余的KIO3反应，然后将溶液调节至中性，析出的单质碘用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣），用去该溶液的体积为21.00mL．求剩余的KIO3为__________mol，原KI溶液的物质的量浓度是__________mol/L．23．已知：以乙炔为原料，通过图所示步骤能合成有机中间体E（转化过程中的反应条件及部分产物已略去）其中，A，B，C，D分别代表一种有机物，B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．请回答下列问题：（1）A生成B的化学反应类型是__________．（2）写出生成A的化学反应方程式__________．（3）B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物．写出2种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式：__________、__________．（4）写出C生成D的化学反应方程式：__________．（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有__________种，写出其中苯环上只有一个取代基的所有同分异构体的结构简式：__________．20\n2022-2022学年湖南省长沙市周南中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题共17小题，每小题3分，共51分．每小题只有一个正确选项）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NAB．3.6g重水中含有的中子数为2NAC．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAD．常温下，1L1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中，所含溶质分子数小于NA【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．二氧化氮能反应生成四氧化二氮；B．1mol重水含有的中子数为10mol；C．硫的氧化性较弱；D．醋酸是弱电解质溶于水发生了部分电离．【解答】解：A．二氧化氮能反应生成四氧化二氮，气体分子数小于NA，故A错误；B．重水的摩尔质量为20g/mol，3.6g重水的物质的量为0.18mol，中子数为1.8mol，故B错误；C．铜被氧化为+1价，转移电子数目为0.1NA，故C错误；D．1mol醋酸部分电离后分子数小于NA，故D正确．故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．2．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+、C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】注意题目要求，离子反应的类型是氧化还原反应，离子组中应具有较强氧化性和还原性的离子，并能发生反应．【解答】解：A、Fe2+离子具有还原性，NO3﹣离子在酸性条件下具有强氧化性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故A选；B、Ag+与Cl﹣离子因生成沉淀而不能共存，但发生的不是氧化还原反应，不符合题目要求，故B不选；C、Ba2+与SO42﹣离子因生成沉淀而不能共存，但发生的不是氧化还原反应，不符合题目要求，故C不选；D、Cu2+与OH﹣离子因生成沉淀而不能共存，NH4+与OH﹣离子生成NH3•H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，不符合题目要求，故D不选．故选A．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目要求为解答本题的关键．20\n3．一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是()A．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4LB．该气体中每个分子含有2个原子C．若O2在该条件下为气态，则1molO2在该条件下的体积也为30LD．该温度和压强可能是标准状况【考点】阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、在标准状况下6.02×1023个分子，即物质的量为1mol，体积为22.4L；B、依据n=计算物质的量，分子物质的量为1mol，原子物质的量为2mol，说明是双原子分子；C、一定温度压强下，物质的量相同的气体具有相同的体积；D、1mol气体在标准状况体积为22.4L；【解答】解：一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子物质的量为1mol，这些分子由1.204×1024个原子组成即2mol原子构成；A、标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为1mol，其体积约是22.4L，故A正确；B、依据计算1mol分子中含有2mol原子，该气体中每个分子含有2个原子，故B正确；C、同温、同压、同物质的量的气体体积相同，所以若O2在该条件下为气态，则1molO2在该条件下的体积也为30L，故C正确；D、题干1mol气体的体积为30ml，所以该温度和压强不可能是标准状况，在标准状况1mol气体体积约为22.4L，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的量的计算应用，阿伏伽德罗定律的分析判断，气体摩尔体积的条件应用，题目较简单．4．化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，可用图所示装置．如果广口瓶中盛装的是饱和NaOH溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是（提示Cl2+H2O=HCl+HClO）()A．H2B．Cl2C．SO2D．CO2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】广口瓶中盛装的是饱和NaOH溶液，则杂质气体与NaOH反应，而制备的气体不能与NaOH反应，则可利用图中装置除杂，以此来解答．【解答】解：选项中物质只有氢气与NaOH不反应，而氯气、二氧化硫、二氧化碳均与NaOH反应，则除去HCl的同时氯气、二氧化硫、二氧化碳均可被除去，只有A符合题意，故选A．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意制备的气体不能与除杂试剂反应，题目难度不大．20\n5．有下列三种含杂质的气体（括号内为杂质）：①CO2（HCl）②H2（HCl）③NH3（水蒸气）．某学生欲除去以上气体中的杂质依次选用了三种试剂，该学生选用的试剂均正确的是()A．NaHCO3溶液、NaOH溶液、碱石灰B．Na2CO3溶液、浓硫酸、碱石灰C．NaHCO3溶液、NaOH溶液、浓硫酸D．NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】①CO2（HCl）中，HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；②H2（HCl）中，HCl与NaOH反应，而氢气不能；③NH3（水蒸气）中，碱石灰可吸收水，与氨气不反应．【解答】解：①CO2（HCl）中，HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，而二氧化碳与NaOH、Na2CO3溶液反应，除杂试剂为NaHCO3溶液；②H2（HCl）中，HCl与NaOH反应，而氢气不能，除杂试剂为NaOH溶液；③NH3（水蒸气）中，碱石灰可吸收水，与氨气不反应，而氨气与浓硫酸反应，则除杂试剂为碱石灰，故选A．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．6．除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是()A．HNO3溶液（H2SO4），适量BaCl2溶液，过滤B．CO2（SO2），酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C．KNO3晶体（NaCl），蒸馏水，结晶D．C2H5OH（CH3COOH），加足量CaO，蒸馏【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】综合实验题；实验评价题；化学实验．【分析】A、HNO3溶液中混有H2SO4时，加入氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液过滤；B、SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去；C、硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离；D、乙酸具有酸性能和氧化钙反应，但乙醇不能，故加足量氧化钙，蒸馏可以分离两者．【解答】解：A、HNO3溶液中混有H2SO4时，加入适量BaCl2溶液，与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HCl，除去了H2SO4，使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液，过滤，故A错误；B、SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去，再通过浓硫酸洗气，故B正确；C、硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离，故C正确；D、乙酸具有酸性其能和氧化钙反应，但乙醇不能，故加足量氧化钙生成乙酸钙，乙酸钙和乙醇沸点不同，用蒸馏的方法可以分离两者，故D正确．故选A．20\n【点评】进行物质的提纯操作时要遵循的两个原则是：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质，像此题中A选项就是引入了新杂质．7．下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是()A．制备氢氧化亚铁并观察其颜色B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．浓硫酸稀释【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；常见气体的检验；气体的收集．【专题】实验评价题．【分析】A．氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁；B．根据氧气的溶解性和密度分析收集氧气的方法；C．氢气是可燃性气体，不纯点燃有爆炸的危险，所以要进行纯度的检验；D．由于浓硫酸的密度比水大，且易溶于水，溶于水时放出大量的热，所以稀释时一定要把浓硫酸慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；【解答】解：A．氢氧化钠溶液滴入硫酸亚铁中：FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，所以氢氧化亚铁的制备要隔绝空气，故A错误；B．氧气是无色无味，不易溶于水的气体，所以可用排水法收集，该装置正确，故B正确；C．用锌与盐酸反应：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，制取氢气是固体和液体的不加热反应，该发生装置正确，氢气是可燃性气体，不纯点燃有爆炸的危险，所以要进行纯度的检验，故C错误；D．稀释浓硫酸时，要考虑浓硫酸的物理性质，密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在上面，放出的热足以使水沸腾，从而造成液滴飞溅，导致事故发生，所以稀释浓硫酸时要把浓硫酸倒入水中，并不断搅拌，使热量快速扩撒，故D错误；20\n故选：B．【点评】本题考查了实验设计的注意事项，熟悉实验原理和基本操作是解答的关键，注意知识的积累，题目难度不大．8．下列实验操作中，先后顺序正确的是()A．稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后注入蒸馏水B．为测定硫酸铜晶体的结晶水含量，称量时，先称取一定量的晶体，后放入坩埚C．为检验酸性溶液中的Cl﹣和SO42﹣，先加氯化钡溶液，滤去沉淀后再加硝酸银溶液D．在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过水（或饱和食盐水），后通过浓硫酸【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；常见阴离子的检验；气体的净化和干燥．【专题】实验评价题．【分析】A、根据稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散分析．B、称量时，先称取坩埚的质量，再称坩埚和晶体的质量；C、先加氯化钡溶液，会引入了氯离子；D、在制取干燥纯净的氯气时，先除去氯化氢，后除去水蒸气．【解答】解：A、浓硫酸密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在水面上，且放出的热会使水沸腾，从而造成酸液飞溅的现象出现，因而稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散，故A错误；B、为测定硫酸铜晶体的结晶水含量，称量时，先称取坩埚的质量，再称坩埚和晶体的质量，故B错误；C、为检验酸性溶液中的Cl﹣和SO42﹣，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后再加氯化钡溶液，故C错误；D、在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过水（或饱和食盐水）除去氯化氢，后通过浓硫酸除去水蒸气，故D正确；故选：D．【点评】本题属常规型实验考查题，该题难度不大，注意常见的实验操作要注意的事项即可解答，平时要注意积累总结．9．下列溶液中物质的量浓度为1mol•L﹣1的是()A．将40gNaOH溶解于1L水中B．将22.4L氨气溶于水配成1L溶液C．将1L10mol•L﹣1的浓盐酸与9L水混合D．将10gNaOH溶解在水中配成250mL溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据n==计算溶质的物质的量，根据c=计算溶液的物质的量浓度，注意气体存在的状态以及水的体积不等于溶液的体积．【解答】解：A、将40gNaOH的物质的量为1mol，但水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、没有标明气体存在的状态是否是标准状况下，无法确定气体的物质的量，故B错误；C、1L10mol•L﹣1的浓盐酸中溶质的物质的量为10mol，但与9L水混合后溶液的体积不等于10L，故C错误；20\nD、10gNaOH的物质的量为n===0.25mol，溶液的浓度为：c===1mol/L，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，注意注意气体存在的状态以及水的体积不等于溶液的体积．10．下列溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是()A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液B．200mL0.25mol/LAlCl3溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液D．25mL0.5mol/LHCl溶液【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关．【解答】解：100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L；A、100mL0.5mol/LMgCl2溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B、200mL0.25mol/LAlCl3溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.25mol/L×3=0.75mol/L，故B错误；C、50ml1mol/LNaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为1mol/L，故C错误；D、25ml0.5mol/LHCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；故选：D．【点评】抓住“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关”是解本题的关键，难度不大．11．某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是()A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量的NaClO固体的质量为140g【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【分析】A．配制过程中需要用到天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；B．容量瓶中有水，对溶液的体积无影响；C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少；D．容量瓶的规格没有480mL，应选取500mL的容量瓶进行配制．【解答】解：A．需用托盘天平、药匙称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，故A错误；B．容量瓶中有水，对溶液的体积无影响，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；20\nC．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故C正确；D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL×1.19g•cm﹣3×25%=148.75g，应该用托盘天平称量148.8g次氯酸钠，故D错误；故选C．【点评】本题主要溶液配制的步骤、仪器以及误差分析等知识，题目难度中等，注意注意配制一定浓度的溶液方法，D为易错点，需要明确计算溶质的质量时，溶液的体积按500mL计算．12．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为()A．0.1（b﹣2a）mol•L﹣1B．10（2a﹣b）mol•L﹣1C．10（b﹣a）mol•L﹣1D．10（b﹣2a）mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同，一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同．一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），每份溶液中n（K+）=bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，故钾离子浓度为=10（b﹣2a）mol•L﹣1，故选D．【点评】本题考查离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．13．能正确表示下列反应的离子方程式为()A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B．漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；20\nC．少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；D．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳．【解答】解：A．硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．SO2不足产物应该是SO32﹣，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C错误；D．碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C为学生解答的难点，题目难度中等．14．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣C．AlCl3溶液：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣D．=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间结合生成水和气体；B．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C．离子之间相互促进水解；D.=0.1mol/L的溶液，显碱性．【解答】解：A．H+、HSO3﹣离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．Al3+、AlO2﹣离子之间相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D.=0.1mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，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、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．15．对反应：CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4，下列说法正确的是()A．氧化剂只有CuSO4B．FeS2既是氧化剂又是还原剂20\nC．被氧化的硫和被还原的硫的质量比为3：7D．1molCuSO4可氧化mol的硫【考点】氧化还原反应．【分析】在CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4反应根据得失电子守恒配平的14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由﹣1降低到﹣2，部分S元素的化合价由﹣1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，据此分析．【解答】解：A、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，故A错误；B、因FeS2中部分S元素的化合价由﹣1升高到+6价，部分S元素的化合价由﹣1升高到+6价，所以FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故B正确；C、由反应可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7，故C正确；D、由电子守恒可知，1mol硫酸铜得电子数为1mol，S作还原剂时化合价由﹣1升高到+6价，则1mol硫酸铜可以氧化mol的硫，故D错误；故选：BC．【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，学生明确反应中各元素化合价的变化是解答的关键，FeS2中Fe、S元素的化合价是解答的难度，并注意氧化还原反应中电子守恒来解答．16．某反应的化学方程式为：aFeCl2+bKNO3+cHCl═dFeCl3+eKCl+fX+gH2O，若b=1，d=3，则X的化学式为()A．N2B．NOC．NO2D．NH4Cl【考点】氧化还原反应方程式的配平．【分析】根据原子守恒计算推导X的化学式．【解答】解：根据原子守恒得：a=d=3、e=b=1，根据氯原子守恒，则c=4，再由氢原子守恒，则g=2，所以最后根据N、O原子守恒，推出X的化学式为NO，故选B．【点评】本题考查了X的化学式的有关推断，难度不大，根据原子守恒来解答即可．17．在反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，发生氧化的氮原子与发生还原的氮原子的物质的量之比为()A．3：5B．5：3C．5：8D．5：4【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O的反应中，H4NO3→2，NH4O3→2，从化合价变化的角度判断氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等判断发生氧化反应的氮原子与发生还原反应的氮原子的个数之比．20\n【解答】解：在5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O的反应中，H4NO3→2，﹣3价的N元素被氧化，化合价升高3价，NH4O3→2，+5价的N元素化合价降低，被还原，化合价降低5价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，发生氧化反应的氮原子与发生还原反应的氮原子的个数之比是5：3，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意根据方程式判断元素的化合价的变化，判断N元素化合价的变化为解答该题的关键．二、填空题（24分）18．（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O．（2）在以上中性溶液中，继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】（1）加入Ba（OH）2溶液至中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，以此书写离子方程式；（2）至中性时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2溶液生成BaSO4沉淀．【解答】解：（1）NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离．当反应后溶液呈中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，那么，离子反应方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；（2）此时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba（OH）2的离子反应方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意根据物质的量判断反应的程度并书写相关离子方程式，注意与量有关的离子方程式的书写方法．19．下列各种容器，通常应分别用什么方法清洗？（1）做过碘升华实验的烧杯酒精．（2）长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶盐酸．（3）盛过苯酚的容器氢氧化钠溶液．【考点】化学仪器的洗涤、干燥．【分析】（1）碘易溶于酒精；（2）三氯化铁长期存放水解生成氢氧化铁；（3）氢氧化钠溶液与苯酚反应．【解答】解：（1）碘易溶于酒精，可清洗，故答案为：酒精；（2）三氯化铁长期存放水解生成氢氧化铁，氢氧化铁能与盐酸反应，故答案为：盐酸；（3）因氢氧化钠溶液与苯酚反应生成易溶于水的苯酚钠，可用氢氧化钠溶液来清洗盛过苯酚的容器，故答案为：氢氧化钠溶液．【点评】本题考查仪器的洗涤，物质的性质决定了物质的用途，熟练掌握物质的性质是解题的关键，题目难度不大．20\n20．山西河东地区是中华文明的发祥地之一，那里有一个被称为“中国死海”的湖泊﹣﹣运城盐池．（1）该湖水含盐量极高，但其中不可能大量存在的是CA．NaClB．KNO3C．CaCO3D．Na2SO4（2）一年四季，盐湖变换着不同的景色．春、秋两季碧波万顷，湖水清澈；夏季气温高达42℃，水位下降，生长的藻类使湖水变成了红色；冬季湖面上盐花丛生，洁白如雪．上述景色变换中包含的过程有①③⑤（填序号）．①蒸发②蒸馏③结晶④升华⑤溶解（3）入冬，随着温度的变化，该盐湖中会析出不同的物质，水温在10℃左右开始析出NaCl，在0℃时才开始析出MgSO4．有学生提出疑问：根据右表，在10℃时MgSO4的溶解度比NaCl的溶解度小，为什么却是NaCl先析出呢？请你回答该问题物质结晶不仅与某温度下物质的溶解度有关，而且还与溶液中该物质的浓度有关．温度物质0℃10℃20℃30℃MgSO42228.233.738.9NaCl35.735.835.936.1【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）该湖水含盐量极高，则含可溶性盐；（2）一年四季，盐湖变换着不同的景色，与溶解、蒸发、结晶有关；（3）10℃时MgSO4的溶解度比NaCl的溶解度小，只考虑的溶解度，物质结晶还与浓度有关．【解答】解：（1）钠盐、钾盐、硝酸盐均可溶于水，只有碳酸钙不溶于水，则不可能含C，故答案为：C；（2）春、秋两季碧波万顷，湖水清澈与溶解有关，水位下降，生长的藻类使湖水变成了红色，可知溶剂减少，与蒸发有关；冬季湖面上盐花丛生，洁白如雪，有NaCl晶体析出，故答案为：①③⑤；（3）NaCl溶解度大而先析出，是因物质结晶不仅与某温度下物质的溶解度有关，而且还与溶液中该物质的浓度有关，故答案为：物质结晶不仅与某温度下物质的溶解度有关，而且还与溶液中该物质的浓度有关．【点评】本题考查物质的分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意把握习题中的信息及溶解度的影响因素，题目难度不大．21．有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是AgCl．（2）A是Na2CO3，B是HCl，C是AgNO3，D是BaCl2，E是NaHSO4．（3）A与E反应的离子方程式是2H++CO32﹣═CO2↑+H2O．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；离子方程式的书写；几组未知物的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl220\n，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解答】解：根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，（1）由以上分析可知在②和③的反应中，生成的沉淀物质是AgCl，故答案为：AgCl；（2）由以上分析可知A是Na2CO3，B是HCl，C是AgNO3，DBaCl2，E是NaHSO4，故答案为：Na2CO3；HCl；AgNO3；BaCl2；NaHSO4；（3）Na2CO3与NaHSO4反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是2H++CO32﹣═CO2↑+H2O，故答案为：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素化合物知识，学习中注意相关基础知识的积累，根据反应现象进行推断，难度不大．三.解答题22．亚硝酸钠易溶于水，有碱味，有氧化性，也有还原性．NaNO2大量用于染料工业和有机合成工业中，也可用作水泥施工的抗冻剂．然而由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放．处理方法之一如下：2NaNO2+2KI+2H2SO4→2NO+1I2+1K2SO4+1Na2SO4+2H2O（1）请完成该化学方程式并配平．（2）在上述反应中，若要生成50.8gI2，则电子转移了0.4NA个．（3）现有25.00mL的KI溶液，用酸化的10.00mL0.0500mol/L的KIO3溶液处理（5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O）．将生成的I2全部除去后，再加入过量的KI溶液，使之与剩余的KIO3反应，然后将溶液调节至中性，析出的单质碘用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣），用去该溶液的体积为21.00mL．求剩余的KIO3为3.5×10﹣4mol，原KI溶液的物质的量浓度是0.03mol/L．【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】（1）该反应中元素的化合价变化如下：2KI→I2，I元素的化合价由﹣1价→0价，I失去2e﹣；NaNO2→NO，N元素的化合价由+3价→+2价，得到e﹣，依据氧化还原反应中：化合价升高数=化合价降低数，结合原子个数守恒规律书写方程式；（2）根据反应2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O，2KI→I2，生成1mol碘，转移2mole﹣，据此计算解答；（3）根据反应方程式5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O和2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣，找出关系式IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，计算出过量的IO3﹣，再利用5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O结合滴定数据计算出原KI溶液的物质的量浓度．【解答】解：（1）该反应中元素的化合价变化如下：2KI→I2，I元素的化合价由﹣1价→0价，I失去2e﹣；NaNO2→NO，N元素的化合价由+3价→+2价，得到e﹣，依据氧化还原反应中：化合价升高数=化合价降低数，得失电子的最小公倍数为2，所以NaNO2前的系数是2，I2前的系数是1，根据钠、钾原子守恒，K2SO4前是1，Na2SO4前是1，依据原子个数守恒可知反应的化学方程式：2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O故答案为：2；2；2H2SO4；2；1；1；1；2H2O；20\n（2）根据反应2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O，2KI→I2，生成1mol碘，转移2mole﹣，则生成50.8gI2，物质的量为=0.2mol，转移电子数为0.2mol×2×NA=0.4NA，故答案为：0.4NA；（3）根据反应IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，以及2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣，得出反应的关系式IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，又n（Na2S2O3）=0.10mol/L×0.0210L=0.00210mol，n（KIO3）=0.05000mol/L×0.01L=0.0005mol，依据IO3﹣～3I2～6S2O32﹣，16n0.00210mol解得n=0.00035mol；所以剩余KIO3为0.00035mol=3.5×10﹣4mol；依据5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O51n′（0.0005﹣0.00035）moln′=5×（0.0005﹣0.00035）mol=0.00075mol；所以25.00mL的KI溶液浓度，C（KI）===0.03mol/L；故答案为：3.5×10﹣4；0.03．【点评】本题考查了氧化还原反应、有关方程式的计算，明确氧化还原反应规律，准确找出相关物质之间量的关系是解题关键，题目难度中等．23．已知：以乙炔为原料，通过图所示步骤能合成有机中间体E（转化过程中的反应条件及部分产物已略去）其中，A，B，C，D分别代表一种有机物，B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．请回答下列问题：（1）A生成B的化学反应类型是加成反应．（2）写出生成A的化学反应方程式．（3）B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物．写出2种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式：CH2=CH﹣CH2CH2OH、CH2=CH﹣CH=CH2．20\n（4）写出C生成D的化学反应方程式：．（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有6种，写出其中苯环上只有一个取代基的所有同分异构体的结构简式：．【考点】有机物的推断．【分析】（1）根据乙炔与B的分子式C4H10O2，结合反应信息可知，乙炔A是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应；（2）由信息可知，乙炔中H原子活泼，与醛发生加成反应，醛基中C=O双键中其中1个键断裂，乙炔中H原子连接醛基中O原子，乙炔中C原子与醛基中C原子连接，结合（1）中分析可知，H为HOCH2C≡CCH2OH；（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，在浓硫酸催化下加热，羟基发生消去反应（或成环状醚键）生成的物质比H的相对分子质量小；（4）由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中的反应生成D为，再发生消去反应生成E；（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯，结合E的结构可知，该同分异构体中含有1个酯基、1个苯环，若侧链只有1个取代基，可以为﹣OOCCH3、﹣COOCH3、﹣CH3OOCH，若侧链含有2个取代基，为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对三种位置关系，据此解答．【解答】解：（1）根据乙炔与B的分子式C4H10O2，结合反应信息可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，故答案为：加成反应；（2）由信息可知，乙炔中H原子活泼，与醛发生加成反应，醛基中C=O双键中其中1个键断裂，乙炔中H原子连接醛基中O原子，乙炔中C原子与醛基中C原子连接，根据乙炔与B的分子式C4H10O2可知，乙炔H是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，H为HOCH2C≡CCH2OH，反应方程式为，故答案为：；（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，在浓硫酸催化下加热，羟基发生消去反应（或成环状醚键）生成的物质比A的相对分子质量小，符合条件有：CH2=CH﹣CH2CH2OH、CH2=CH﹣CH=CH2、，故答案为：CH2=CH﹣CH2CH2OH；CH2=CH﹣CH=CH2；20\n（4）由E的结构，结合反应信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中的反应生成D为，故C生成D的化学方程式为：，故答案为：；（5）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯，结合E的结构可知，该同分异构体中含有1个酯基、1个苯环，若侧链只有1个取代基，可以为﹣OOCCH3、﹣COOCH3、﹣CH3OOCH，若侧链含有2个取代基，为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由3+3=6种，结构简式为：，故答案为：6；等．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，充分利用反应信息及B的分子式、E的结构式推断A与C是关键，是对学生的自学能力、分析能力的考查．20