云南省玉溪一中高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年云南省玉溪一中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．用硫酸清洗锅炉中的水垢　2．NA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子B．1molN2与过量H2反应，转移6NA个电子C．1L1.0mo1/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAD．1L0.1mol/L的氨水中有NA个NH4+　3．如图的装置为实验室模拟铜的精练．以下叙述正确的是（　　）A．c为纯铜，d为粗铜B．实验前，铜片可用热碱溶液除油渍，盐酸除铜绿C．用含Cu2+的盐配成电解质溶液，电解后其浓度保持不变D．若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克　4．山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其结构如图，下列关于山梨酸的说法错误的是（　　）A．分子式为C6H8O2B．1mol该物质最多可与3molBr2发生加成反应-27-\nC．可使酸性KMnO4溶液褪色D．可与醇发生取代反应　5．A的分子式为C8H16O2，可发生如下转化：其中B与E互为同分异构体，则A可能的结构有（　　）A．8种B．4种C．2种D．1种　6．下列实验误差分析错误的是（　　）A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所取体积偏小D．锥形瓶用待测液润洗，所测溶液浓度偏大　7．据报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6→O2（PtF6）．已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价．对于此反应，下列说法正确的是（　　）A．此反应是非氧化还原反应B．O2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价C．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂D．此反应中，每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要．（1）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O2═2NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一，科学家设计利用NH3在催化条件下将NOx还原成N2而排放．①在T1、T2温度下，一定量的NH3发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如图1所示，根据图象判断反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△H　　　　　　0（填“＞”或“＜”）．-27-\n②在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5mo1H2，50秒后达到平衡，测得NH3的物质的量为2mol，则该反应的速率v（N2）　　　　　　．该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将　　　　　　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）；若开始时向上述容器中充入N2与H2均为10mol，则达到平衡后H2的转化率将　　　　　　．（填“升高”、“降低”）（2）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，用阴极排出的溶液可吸收NO2．①阳极的电极反应式为　　　　　　．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应的离子方程式为　　　　　　．（3）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染．常温下，将amol•L﹣1的醋酸与bmol﹣L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　　　　　　（用含a和b的代数式表示）．　9．高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下：（1）制备MnSO4溶液：在烧瓶中（装置见如图）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h．停止通入SO2，继续反应片刻，过滤．①写出左边集气瓶的作用　　　　　　．②石灰乳的作用是：　　　　　　（用化学方程式表示）③写出MnO2和H2SO3反应的离子反应方程式　　　　　　．④反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有　　　　　　（选择选项填空）．a．缓慢通入混合气体b．快速通入混合气体c．控制适当的温度d．高温加热-27-\n（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7．请补充由（1）制得的MnSO4制备高纯MnCO3的操作步骤【实验中可选用的试剂：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH】．①边搅拌边加入Na2CO3，并控制溶液pH＜7.7；②　　　　　　；③检验SO42﹣是否被洗涤干净．检验水洗是否合格的方法是　　　　　　　　　　　　．④用少量C2H5OH洗涤，其目的是　　　　　　；⑤低于100℃干燥．　10．碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：（1）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2．16.0gCuSO4与过量KI反应后可得19.1g的A，写出A的化学式：　　　　　　．工业生产中，可用智利硝石（含有NaIO3）为原料，与NaHSO3反应后生成碘，写出此反应的离子方程式：　　　　　　．（2）单质碘与氟气反应可得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离（如：2H2O⇌H3O++OH﹣），生成的阳离子为　　　　　　；阴离子为　　　　　　．（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500℃得到棕色片状固体，此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体．请写出上述实验过程中发生的化学反应方程式：　　　　　　，　　　　　　．（4）某化学课外小组用海带为原料制得少量含碘离子的溶液．现用0.10mol•L﹣1的酸性高锰酸钾溶液滴定20.00mL该溶液需10.25mL，则该溶液中碘离子的浓度为　　　　　　mol•L﹣1（精确到0.01）．（5）I2O5是白色粉末状固体，可用作氧化剂使H2S、CO、HC1等氧化，在合成氨工业中常用I2O5来定量测量CO的含量．已知：-27-\n2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）△H=﹣75.56kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1写出CO（g）与I2O5（s）反应析出固态I2的热化学方程式：　　　　　　．　　三．【化学--化学与技术】（15分）12．如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图．结合铝生产的流程图回答下列问题：（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是　　　　　　（填化学式）．石油炼制和煤的干馏产品　　　　　　（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料．（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是　　　　　　．（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62﹣，写出该反应的离子方程式　　　　　　．若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，则阳极的电极反应式为　　　　　　．（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐的化学方程式　　　　　　．（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=　　　　　　．（热回收效率=回收能量/生产耗能×100%）　　四.【化学--选修物质结构与性质】（15分）13．铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用．请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置　　　　　　．（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于　　　　　　（填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=　　　　　　．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：-27-\nFe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为　　　　　　．（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式　　　　　　；两者相比较沸点较高的为　　　　　　（填化学式）．CN﹣中碳原子杂化轨道类型为　　　　　　，S、N、O三元素的第一电离能最大的为　　　　　　（用元素符号表示）．（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示．①基态铜原子的核外电子排布式为　　　　　　．②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目　　　　　　．（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图所示（黑点代表铜原子）．①该晶体的化学式为　　　　　　．②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于　　　　　　（填“离子”、“共价”）化合物．③已知该晶体的密度为ρg．cm﹣3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为　　　　　　pm（只写计算式）．　　五．（15分）【化学-有机化学基础】14．芳香酯类化合物A、B互为同分异构体，均含C、H、O三种元素．并且各有机物间存在如下转化关系：其中C能发生银镜反应，F经连续氧化可生成C；C与D是相对分子质量相同的不同类有机物．（1）C中所含官能团的名称是　　　　　　．（2）A的分子式是　　　　　　．B的结构简式是　　　　　　．-27-\n（3）完全燃烧时，1molD与1mol下列　　　　　　的耗氧量相同（填字母代号）．a．C3H6O3b．C3H8Oc．C2H4d．C2H6O2（4）C与F反应的化学方程式是　　　　　　，反应类型是　　　　　　．A与NaOH溶液共热的化学方程式是　　　　　　．（5）水杨酸的同分异构体很多，写出其中含苯环且属于酯类的所有同分异构体的结构简式：　　　　　　．　　-27-\n2022-2022学年云南省玉溪一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．用硫酸清洗锅炉中的水垢【考点】纤维素的性质和用途；工业制取水煤气．【专题】常规题型．【分析】A、纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收；B、煤的气化、液化都是化学变化；C、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；D、硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水．【解答】解：A、人体内没有能水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收，故A错误；B、煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故C正确；D、用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故D错误．故选C．【点评】本题主要考查了生活中的化学，依据相关的知识即可解答，平时注意生活中的化学知识的积累，题目难度不大．　2．NA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）-27-\nA．常温常压下，8gO2含有4NA个电子B．1molN2与过量H2反应，转移6NA个电子C．1L1.0mo1/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAD．1L0.1mol/L的氨水中有NA个NH4+【考点】阿伏加德罗常数．【专题】常规题型；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、氧气由氧原子构成，而1mol氧原子中含8mol电子；B、氮气和氢气合成氨气的反应为可逆反应；C、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠本身外，水也含氧原子；D、一水合氨为弱电解质，不能完全电离．【解答】解：A、氧气由氧原子构成，故8g氧气中含有的氧原子的物质的量n==0.5mol，而1mol氧原子中含8mol电子，故0.5mol氧原子中含4mol电子即4NA个，故A正确；B、氮气和氢气合成氨气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子个数小于6NA个，故B错误；C、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠本身外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故C错误；D、一水合氨为弱电解质，不能完全电离，故溶液中的铵根离子的个数小于NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．　3．如图的装置为实验室模拟铜的精练．以下叙述正确的是（　　）A．c为纯铜，d为粗铜B．实验前，铜片可用热碱溶液除油渍，盐酸除铜绿-27-\nC．用含Cu2+的盐配成电解质溶液，电解后其浓度保持不变D．若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克【考点】电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】A、根据电流方向判断a为正极，b为负极；B、油渍能和碱发生水解反应，且温度越高，除去油污能力越强，铜绿为碱式碳酸铜，能和酸反应生成盐和水；C、根据溶液中的离子判断；D、根据阳极反应判断．【解答】解：A、由电流方向判断a为正极，b为负极，所以c为阳极是粗铜，d为阴极是纯铜，故A错误；B、油渍能和碱发生水解反应，且温度越高，除去油污能力越强，铜绿为碱式碳酸铜，能和酸反应生成盐和水，所以盐酸能除去铜绿，故B正确；C、电解精炼铜的过程中，硫酸铜溶液的浓度会逐渐减小，故C错误；D、阳极反应首先是比铜活泼的金属失电子，所以阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少不是64克，故D错误．故选B．【点评】关于电解精炼铜的有关知识：1、电解精炼铜的过程中，硫酸铜溶液的浓度会逐渐减小；2、粗铜中往往含有锌、铁、镍、银、金等多种杂质，当含杂质的铜在阳极不断溶解时，位于金属活动性顺序中铜以前的金属，会优先失去电子变成离子，但是它们的阳离子比铜离子难还原，所以它们并不在阴极上获得电子析出，而是留在电解质溶液里．而位于金属活动性顺序中铜之后的银、金等杂质，因为失去电子的能力比铜弱，不能在阳极上失去电子变成阳离子溶解在溶液中，而是以单质的形式沉积在电解槽底，形成阳极泥．　4．山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其结构如图，下列关于山梨酸的说法错误的是（　　）A．分子式为C6H8O2B．1mol该物质最多可与3molBr2发生加成反应-27-\nC．可使酸性KMnO4溶液褪色D．可与醇发生取代反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】山梨酸含有的官能团有碳碳双键、羧基，属于烯酸，根据官能团判断其性质，所以应具备烯烃和羧酸的性质，根据结构简式判断分子式．【解答】解：A．由结构简式可知分子为C6H8O2，故A正确；B．分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1mol该物质最多可与2molBr2发生加成反应，故B错误；C．分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应氧化还原反应，故C正确；D．分子中含有羧基，可与醇发生取代反应，故D正确．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．　5．A的分子式为C8H16O2，可发生如下转化：其中B与E互为同分异构体，则A可能的结构有（　　）A．8种B．4种C．2种D．1种【考点】有机物的推断．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础．【分析】分子式为C8H16O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，说明有机物A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成B和C，C能经两步氧化得E，则C为醇，C中与羟基所连碳上有2个氢原子，B为羧酸，其中B与E互为同分异构体，则B、C中各有4个碳原子，则以此解答该题．【解答】解：分子式为C8H16O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，说明有机物A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成B和C，C能经两步氧化得E，则C为醇，C中与羟基所连碳上有2个氢原子，B为羧酸，其中B与E互为同分异构体，则B、C中各有4个碳原子，B可能的结构为CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，C可能的结构为CH3CH2CH2CH2OH、（CH3）2CHCH2OH，所以A可能的结构有2×2=4，-27-\n故选B．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，B与E互为同分异构体且为同类物质，说明B和E的碳原子数相同，但碳链不相同．　6．下列实验误差分析错误的是（　　）A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所取体积偏小D．锥形瓶用待测液润洗，所测溶液浓度偏大【考点】测定溶液pH的方法；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定．【分析】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小；C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D．待测液润洗锥形瓶，溶质增加．【解答】解：A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的物质的量浓度偏大，故B错误；C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D．润洗后锥形瓶中会残留一些待测液，这样滴定时相当于多滴定了一些待测液，消耗的滴定剂增大，结果就偏高，故D正确；故选：B．【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，明确实验原理及仪器的正确使用方法是解题关键，题目难度不大．　7．据报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6→O2（PtF6）．已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价．对于此反应，下列说法正确的是（　　）A．此反应是非氧化还原反应B．O2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价C．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂-27-\nD．此反应中，每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，则O2+PtF6→O2（PtF6）中，O元素的化合价升高，Pt元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，则O2+PtF6→O2（PtF6）中，O元素的化合价升高，Pt元素的化合价降低，A．反应是氧化还原反应，故A错误；B．O2（PtF6）中氧元素的化合价是+0.5价，故B错误；C．在此反应中，O2是还原剂，PtF6是氧化剂，故C错误；D．此反应中，每生成1molO2（PtF6），由Pt的化合价变化可知，转移1mol×（6﹣5）=1mol电子，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意O2作为整体来考虑，O元素的化合价升高，题目难度中等．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要．（1）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O2═2NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一，科学家设计利用NH3在催化条件下将NOx还原成N2而排放．①在T1、T2温度下，一定量的NH3发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如图1所示，根据图象判断反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△H　＞　0（填“＞”或“＜”）．②在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5mo1H2，50秒后达到平衡，测得NH3的物质的量为2mol，则该反应的速率v（N2）　0.01mol•L﹣1•s﹣1　-27-\n．该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将　不变　（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）；若开始时向上述容器中充入N2与H2均为10mol，则达到平衡后H2的转化率将　降低　．（填“升高”、“降低”）（2）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，用阴极排出的溶液可吸收NO2．①阳极的电极反应式为　SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+　．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应的离子方程式为　4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O　．（3）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染．常温下，将amol•L﹣1的醋酸与bmol﹣L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　×10﹣7L/mol　（用含a和b的代数式表示）．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）①根据“先拐先平数值大”原则判断的T1、T2大小，再根据平衡时氮气的体积分数判断温度对平衡的影响；②v=，再据速率之比等于化学计量数之比求算；平衡常数仅与温度有关；若开始时向上述容器中充入N2与H2均为10mol，相对于在原平衡的基础上在充H25mol，虽然平衡正向移动，但达到平衡后H2的转化率将降低；（2）①依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；②依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O；（3）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．【解答】解：（1）①根据图象判断，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度向吸热方向进行，故正反应为吸热反应，△H＞0．故答案为：＞；②v（NO）===0.02mol•L﹣1•s﹣1，v（N2）：v（NO）=1：2，所以v（N2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1；因为平衡常数仅与温度有关，所以-27-\n若增大压强此反应的平衡常数将不变；若开始时向上述容器中充入N2与H2均为10mol，相对于在原平衡的基础上在充H25mol，虽然平衡正向移动，但达到平衡后H2的转化率将降低，故答案为：0.01mol•L﹣1•s﹣1；不变；降低；（2）①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO32﹣+4H+；②阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应，S2O42﹣中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，S2O42﹣被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O，故答案为：4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O；（3）反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10﹣7L/mol；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为×10﹣7L/mol，故答案为：×10﹣7L/mol．【点评】本题考查热化学方程式，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，原电池原理的分析应用，主要是弱电解质电离平衡常数的计算，题目难度中等．　9．高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下：（1）制备MnSO4溶液：在烧瓶中（装置见如图）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h．停止通入SO2，继续反应片刻，过滤．①写出左边集气瓶的作用　混合SO2和N2　．②石灰乳的作用是：　SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O　（用化学方程式表示）③写出MnO2和H2SO3反应的离子反应方程式　MnO2+H2SO3=Mn2++SO42﹣+H2O　．④反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有　ac　（选择选项填空）．-27-\na．缓慢通入混合气体b．快速通入混合气体c．控制适当的温度d．高温加热（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7．请补充由（1）制得的MnSO4制备高纯MnCO3的操作步骤【实验中可选用的试剂：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH】．①边搅拌边加入Na2CO3，并控制溶液pH＜7.7；②　过滤，水洗2～3次　；③检验SO42﹣是否被洗涤干净．检验水洗是否合格的方法是　取最后一次洗涤的滤液少量于试管，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，　　若无明显现象，说明水洗合格　．④用少量C2H5OH洗涤，其目的是　乙醇容易挥发，便于低温干燥，防止MnCO3受潮被氧化，受热分解　；⑤低于100℃干燥．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算．【分析】（1）①根据实验装置图可知，左边集气瓶的作用是混合SO2和N2；②石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫，碱和酸性氧化物反应得到对应的盐和水；③MnO2做氧化剂把亚硫酸氧化为硫酸，自身被还原为Mn2+，据此书写反应的离子方程式；④为使SO2尽可能转化完全，一定要保证控制反应的温度，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，要求所通气体一定要慢；（2）制取的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇并在潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解以及Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7等因素，过程中控制溶液的PH值以及洗涤沉淀所选的溶剂要小心，据此答题．【解答】解：（1）①左边集气瓶的作用是混合SO2和N2，故答案为：混合SO2和N2；②石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫，碱和酸性氧化物反应得到对应的盐和水，反应为SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O，故答案为：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；-27-\n③MnO2做氧化剂把亚硫酸氧化为硫酸，自身被还原为Mn2+，故反应的离子方程式为：MnO2+H2SO3=Mn2++SO42﹣+H2O，故答案为：MnO2+H2SO3=Mn2++SO42﹣+H2O；④使SO2尽可能转化完全，应定要保证控制反应的温度，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，要求所通气体一定要慢，故选ac；（2）制取的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇并在潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解以及Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7等因素，过程中控制溶液的PH值以及洗涤沉淀所选的溶剂要小心，所以实验步骤为①边搅拌边加入碳酸钠或碳酸氢钠，并控制溶液的PH＜7.7，②过滤，用水洗涤2﹣3次，③检验SO42﹣是否被洗涤干净，可以取最后一次洗涤的滤液少量于试管，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，说明水洗合格，④用少量的乙醇洗涤，主要目的是乙醇容易挥发，便于低温干燥，防止MnCO3受潮被氧化，受热分解，故答案为：过滤，水洗2～3次；取最后一次洗涤的滤液少量于试管，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，说明水洗合格；乙醇容易挥发，便于低温干燥，防止MnCO3受潮被氧化，受热分解．【点评】本题主要考查了制备高纯碳酸锰实验方案，读懂工艺流程，正确识图、理解离子反应的本质是解答的关键，本题实验综合性强，难度中等．　10．碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：（1）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2．16.0gCuSO4与过量KI反应后可得19.1g的A，写出A的化学式：　CuI　．工业生产中，可用智利硝石（含有NaIO3）为原料，与NaHSO3反应后生成碘，写出此反应的离子方程式：　2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O　．（2）单质碘与氟气反应可得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离（如：2H2O⇌H3O++OH﹣），生成的阳离子为　IF4+　；阴离子为　IF6﹣　．（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500℃得到棕色片状固体，此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体．请写出上述实验过程中发生的化学反应方程式：　2Al+3I2=2AlI3　，　2AlI3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3↓+6NaI+3CO2↑　．-27-\n（4）某化学课外小组用海带为原料制得少量含碘离子的溶液．现用0.10mol•L﹣1的酸性高锰酸钾溶液滴定20.00mL该溶液需10.25mL，则该溶液中碘离子的浓度为　0.26　mol•L﹣1（精确到0.01）．（5）I2O5是白色粉末状固体，可用作氧化剂使H2S、CO、HC1等氧化，在合成氨工业中常用I2O5来定量测量CO的含量．已知：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）△H=﹣75.56kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1写出CO（g）与I2O5（s）反应析出固态I2的热化学方程式：　5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ•mol﹣1　．【考点】化学方程式的书写；化学方程式的有关计算；热化学方程式．【专题】离子反应专题；化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）==0.1mol，m（Cu）=64g/mol×0.1mol=6.4g，A中n（I）==0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，据此判断A化学式；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水；（2）根据水的电离方程式确定IF5电离方程式，从而确定其阴离子；（3）AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；（4）根据高锰酸钾和碘离子之间的关系式计算碘离子的物质的量浓度；（5）根据已知热化学方程式，利用盖斯定律计算和书写热化学方程式．【解答】解：（1）根据元素守恒知，A中含有Cu元素，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，Cu元素得电子化合价降低，白色沉淀是Cu和I元素形成的化合物，n（CuSO4）==0.1mol，m（Cu）=64g/mol×0.1mol=6.4g，A中n（I）==0.1mol，n（Cu）：n（I）=0.1mol：0.1mol=1：1，则A化学式为CuI；碘酸根离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、碘、氢离子和水，离子方程式为2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O，故答案为：CuI；2IO3﹣+5HSO3﹣=3H++5SO42﹣+I2+H2O；-27-\n（2）根据水的电离方程式知，IF5电离方程式为2IF5⇌IF4++IF6﹣，所以生成的阳离子为IF4+，阴离子为IF6﹣，故答案为：IF4+；IF6﹣；（3）将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热碘单质和铝反应生成碘化铝，AlI3属于强酸弱碱盐、Na2CO3属于强碱弱酸盐，二者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，方程式为：2Al+3I2=2AlI3，2AlI3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3↓+6NaI+3CO2↑，故答案为：2Al+3I2=2AlI3；2AlI3+3Na2CO3+3H2O=2Al（OH）3↓+6NaI+3CO2↑；（4）反应消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.10mol•L﹣1×0.01025L=0.001025mol，设参加反应的碘离子的物质的量为nmol，2MnO4﹣+10I﹣+16H+=2Mn2++5I2+8H2O2100.001025moln则=，解得：n=0.005125mol，所以c（I﹣）===0.26mol•L﹣1，故答案为：0.26；（5）已知热化学方程式：2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）；△H=﹣75.56kJ•mol﹣1①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566.0kJ•mol﹣1②，根据盖斯定律将方程式②×﹣①×得5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）；△H=（﹣566.0kJ•mol﹣1）×﹣（﹣75.56kJ•mol﹣1）×=﹣1377.22kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ/mol，故答案为：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=﹣1377.22kJ/mol．【点评】本题考查碘元素及其化合物的性质，侧重考查性质实验方案设计，涉及离子检验、双水解反应、弱电解质的电离等知识点，明确物质性质是解本题关键，会利用已知知识采用知识迁移方法解答问题，题目难度中等．　三．【化学--化学与技术】（15分）12．如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图．结合铝生产的流程图回答下列问题：-27-\n（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是　Al2O3　（填化学式）．石油炼制和煤的干馏产品　石墨（或碳）　（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料．（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是　降低Al2O3的熔融温度，减少熔融电解质的能耗　．（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62﹣，写出该反应的离子方程式　Al2O3+4AlF63﹣═3Al2OF62﹣+6F﹣　．若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，则阳极的电极反应式为　C+2Al2OF62﹣+12F﹣﹣4e﹣═CO2+4AlF63﹣　．（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐的化学方程式　Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O　．（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=　0.033%　．（热回收效率=回收能量/生产耗能×100%）【考点】金属的回收与环境、资源保护；金属冶炼的一般原理．【分析】传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．（1）工业上用氧化铝冶炼金属铝，据此确定铝土矿的成分；冶炼铝的电解槽中的阴极和阳极材料均为惰性电极；（2）冰晶石能溶解Al2O3晶体，被用作助熔剂降低Al2O3的熔点；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62﹣，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式；-27-\n（5）生产9g铝制饮料罐消耗的电能=×1.8×103KJ，热回收效率=×100%．【解答】解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62﹣，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63﹣═3Al2OF62﹣+6F﹣；若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：C+2Al2OF62﹣+12F﹣﹣4e﹣═CO2+4AlF63﹣；故答案为：Al2O3+4AlF63﹣═3Al2OF62﹣+6F﹣；C+2Al2OF62﹣+12F﹣﹣4e﹣═CO2+4AlF63﹣；（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=×1.8×103KJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=×100%=×100%=0.033%，故答案为：0.033%．-27-\n【点评】本题考查化学工艺流程、电解原理等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生基本扎实的据此与运用知识分析解决问题的能力．注意复杂离子方程式和化学方程式的书写方法应用．　四.【化学--选修物质结构与性质】（15分）13．铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用．请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置　第四周期第ⅤⅢ族　．（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于　分子晶体　（填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=　5　．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为　金属键　．（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式　N≡N　；两者相比较沸点较高的为　CO　（填化学式）．CN﹣中碳原子杂化轨道类型为　sp杂化　，S、N、O三元素的第一电离能最大的为　N　（用元素符号表示）．（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示．①基态铜原子的核外电子排布式为　3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1　．②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目　12　．（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图所示（黑点代表铜原子）．①该晶体的化学式为　CuCl　．②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于　共价　（填“离子”、“共价”）化合物．③已知该晶体的密度为ρg．cm﹣3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为　×1010　pm（只写计算式）．-27-\n【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】简答题；跨学科题；结构决定性质思想；演绎推理法；化学键与晶体结构．【分析】（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族；（2）分子晶体的熔沸点较低；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；根据生成物判断形成的化学键；（3）原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体；根据分子的极性判断，极性分子的沸点较高；根据C原子价层电子对个数确定杂化方式；一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；（4）①铜为29号元素，据此写出基态铜原子的核外电子排布式；②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，据此判断每个铜原子周围距离最近的铜原子数目；（5）根据价电子排布式判断出X原子为Cl原子；①利用均摊法计算得出；②根据电负性差值判断化合物类型；③计算出一个晶胞中微粒数，利用化合物的摩尔质量和密度计算出晶胞边长，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的．【解答】解：（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；（2）分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5=Fe（s）+5CO，反应生成Fe，所以形成的化学键为金属键，-27-\n故答案为：分子晶体；5；金属键；（3）原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体，则CO的一种常见等电子体分子的结构式为N≡N；根据分子的极性判断，极性分子的沸点较高，CO为极性分子，所以CO的沸点较高；CN﹣中C原子价层电子对个数=1+（4+1﹣1×3）=2，所以采取sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性．N的p轨道本来就是半充满的．O的p轨道失去一个电子才是半充满的．所以C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，即N的第一电离能最大，故答案为：N≡N；CO；sp杂化；N；（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，所以每个铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该原子的立方体的面的面心上，共有12个，故答案为：12；（5）根据价电子排布式判断出X原子为Cl原子；①由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8×+6×=4，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl；②电负性差值大于1.7原子间易形成离子键，小于1.7原子间形成共价键，铜与X的电负性分别为1.9和3.0，差值为1.1小于1.7，形成共价键，故答案为：共价；③一个晶胞的摩尔质量为4×99.5g/mol，晶胞摩尔体积为cm3，晶胞的边长为cm，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的，而体对角线为晶胞边长的倍，所以铜原子和M原子之间的最短距离为×cm=××1010pm，故答案为：×1010．-27-\n【点评】本题考查较为全面，涉及到电子排布式、第一电离能、杂化类型的判断、配合物以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结书写电子排布式的方法，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法．　五．（15分）【化学-有机化学基础】14．芳香酯类化合物A、B互为同分异构体，均含C、H、O三种元素．并且各有机物间存在如下转化关系：其中C能发生银镜反应，F经连续氧化可生成C；C与D是相对分子质量相同的不同类有机物．（1）C中所含官能团的名称是　醛基和羧基　．（2）A的分子式是　C10H10O4　．B的结构简式是　　．（3）完全燃烧时，1molD与1mol下列　ac　的耗氧量相同（填字母代号）．a．C3H6O3b．C3H8Oc．C2H4d．C2H6O2（4）C与F反应的化学方程式是　　，反应类型是　酯化反应　．A与NaOH溶液共热的化学方程式是　　．（5）水杨酸的同分异构体很多，写出其中含苯环且属于酯类的所有同分异构体的结构简式：　　．【考点】有机物的推断．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】芳香酯类化合物A、B互为同分异构体，均含C、H、O三种元素，C能发生银镜反应，则C中含﹣CHO，F经连续氧化可生成C，则F为CH3-27-\nOH，C为HCOOH，C与D是相对分子质量相同的不同类有机物，则D为CH3CH2OH，E为CH3COOH，则A为，B为，然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：芳香酯类化合物A、B互为同分异构体，均含C、H、O三种元素，C能发生银镜反应，则C中含﹣CHO，F经连续氧化可生成C，则F为CH3OH，C为HCOOH，C与D是相对分子质量相同的不同类有机物，则D为CH3CH2OH，E为CH3COOH，则A为，B为，（1）C为HCOOH，含醛基和羧基，故答案为：醛基和羧基；（2）由上述分析可知，A为，其分子式为C10H10O4，B为，故答案为：C10H10O4；；（3）D为CH3CH2OH，1molD消耗氧气为3mol，a、c（共（2分），每个一分）a．1molC3H6O3消耗氧气为3+﹣=3mol，b．1molC3H8O消耗氧气为3+﹣=4.5mol，c．1molC2H4消耗氧气为2+=3mol，d．1molC2H6O2消耗氧气为2+﹣=2.5mol，故答案为：ac；（4）C与F反应的化学方程式是，属于酯化反应；A与NaOH溶液共热的化学方程式为，-27-\n故答案为：；酯化反应；；（5）水杨酸的同分异构体符合含苯环且属于酯类的所有同分异构体的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，注意A、B为同分异构体，水解产物均生成水杨酸及醇、羧酸，把握有机物之间的关系及结构与性质即可解答，C能发生银镜反应，F经连续氧化可生成C为解答的突破口，题目难度中等．-27-