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2019年湖北省武汉二中高考化学模拟试卷（三）

一、选择题：（本大题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．（6分）化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（　　）

A．“滴水石穿、绳锯木断”涉及到化学变化

B．乙酸乙酯在H₂¹⁸O中水解，产物乙醇中将含有¹⁸O同位素

C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成

D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

2．（6分）下列有关卤素单质及其化合物的说法正确的是（　　）

A．卤素单质与氢气化合按F₂、Cl₂、Br₂、I₂的顺序由难变易

B．卤化氢的稳定性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增大

C．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

D．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深

3．（6分）某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、SO₄^2﹣、I^﹣、AlO₂^﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl₄振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）

A．K⁺B．SO₄^2﹣C．Ba²⁺D．NH₄⁺

4．（6分）一定温度下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（　　）

A．0.1mol•L^﹣1的NaHS溶液中：c（OH^﹣）＝c（H⁺）+c（H₂S）

B．往氯化铵溶液中加水的值变大

C．0.1mol•L^﹣1的NaOH溶液与0.2mol•L^﹣1的HA溶液等体积混合，所得溶液呈现碱性：c（Na⁺）＞c（HA）c（A^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（H⁺）

D．pH相等的①NH₄Cl②NH₄Al（SO₄）₂③NH₄HSO₄溶液中，c（NH₄⁺）大小顺序：①＞②＞③

5．（6分）乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（　　）

A．分子式为C₁₂H₂₂O₂

B．能使酸性KMnO₄溶液褪色，能发生加成反应，但不能发生取代反应

C．1mol该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOH

D．1mol该有机物在一定条件下和H₂反应，共消耗 H₂为3mol

6．（6分）空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（　　）

A．步骤④⑤是为了富集溴

B．步骤③说明溴具有挥发性

C．步骤④的离子方程式为Br₂+SO₂+H₂O═2H⁺+2Br^﹣+SO₃^2﹣

D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离

7．（6分）下列三个化学反应的平衡常数（K₁、K₂、K₃）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（　　）

A．△H₁＜0，△H₂＞0

B．反应①②③的反应热满足关系：△H₂﹣△H₁＝△H₃

C．反应①②③的平衡常数满足关系：K₁•K₂＝K₃

D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施

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，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）

8．（13分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体．D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体．它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）．

（1）写出化学式：D　 　、X　 　．

（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是　 　（填编号）．

（3）反应⑥的离子方程式为　 　；

（4）反应⑦的化学方程式为　 　；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子　 　个．

（5）分别写出D的溶液与小苏打溶液、D的溶液中通入少量SO₂反应的离子方程式　 　、　 　．

9．（15分）某些金属及金属氧化物对H₂O₂的分解反应具有催化作用，请回答下列问题：

（1）已知：2H₂O₂（aq）═2H₂O （l）+O₂（g） 的△H＜0，则该反应的逆反应能否自发进行？　 　（填“能”或“不能”），判断依据是　 　。

（2）某同学选用Ag、Pt、Cu、TiO₂作为催化剂，在25℃时，保持其它实验条件相同，测得生成的O₂体积（V）。V与分解时间（t）的关系如图1所示（O₂的体积已折算成标准状况），则：

①在不同催化剂存在下，H₂O₂分解反应的活化能大小顺序是：E_a（　 　）＞E_a（　 　）＞E_a（　 　）＞E_a（　 　）（括号内填写催化剂的化学式）

②金属Pt 催化下，H₂O₂分解的反应速率v（O₂）＝　 　mol/s。（两位有效数字）

（3）为研究温度对H₂O₂分解速率的影响（不加催化剂），可将一定浓度和体积的H₂O₂置于密闭容器中，在某温度下，经过一定的时间t，测定生成O₂的体积V．然后保持其它初始条件不变，改变温度T，重复上述实验。获得V（O₂）～T关系曲线。下列趋势图2最可能符合实测V（O₂）～T关系曲线的是　 　。（填序号）

（4）以Pt为电极电解H₂O₂也可产生氧气，写出H₂O₂水溶液电解过程中的电极反应式（已知：H₂O₂的氧化性及还原性均比H₂O强）：阴极　 　；阳极　 　。

（5）在 3L容积可变的密闭容器中发生反应：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO₂（g），c（CO₂）随反应时间t变化如图3中曲线I所示。若在t₀时刻分别改变一个条件，曲线 I变为曲线II和曲线III．当曲线I变为曲线 II时，改变的条件是　 　。当通过改变压强使曲线 I变为曲线III时，曲线 III达到平衡时容器的体积为　 　L。

10．（15分）I、实验室制备、收集干燥的 SO₂，所需仪器如图1。

（1）装置A产生SO₂，按气流方向连接各仪器接口顺序为 a→　 　→　 　→　 　→　 　→f。

（2）验证产生的气体是 SO₂的方法及实验现象是　 　。

II、SO₂气体为无色气体，有强烈刺激性气味，大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SO₂气体还原Fe³⁺、I₂，可以使用的药品和装置如图2所示：

（3）若要从FeCl₃溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤中没有用到的玻璃仪器有　 　。

a、酒精灯　　　　b、烧瓶　　　　c、漏斗　　　　d、烧杯　　　　e、玻璃棒

（4）装置 A 中的现象是　 　，写出 B 中发生反应的离子方程式：　 　。

（5）在上述装置中通入过量的 SO₂，为了验证A中SO₂与 Fe³⁺发生了氧化还原反应，取A中的溶液，分成两份，并设计了如下实验：

方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO₄溶液，紫红色褪去。

方案②：往第二份试液中加入 KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。

上述方案中不合理的是　 　。 （填方案序号）

（6）用焦炭还原SiO₂、Al₂O₃会产生SiC等中间体。写出中间体 SiC 再与Al₂O₃反应生成铝、硅单质的化学方程式并表出电子转移的方向和数目：　 　。

（7）已知25℃时K_sp[Al（OH）₃]＝1.0×10^﹣33，K_sp[Fe（OH）₃]＝4.0×10^﹣38．向 FeCl₃和 AlCl₃的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液，生成 Al（OH）₃和Fe（OH）₃沉淀，当两种沉淀共存时，上层溶液中 c（Al³⁺）：c（Fe³⁺）＝　 　。

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（15分）周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）Z²⁺基态核外电子排布式为：　 　。

（2）YX₄^﹣的空间构型是：　 　，

（3）HYX₄酸性比HYX₂强，其原因是：　 　。

（4）结构简式为RX（WH₂）₂的化合物中R原子的杂化轨道类型为：　 　（H为氢元素，下同）

（5）往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH₃，可生成[Z（WH₃）₄]SO₄，下列说法正确的是：　 　。

A、[Z（WH₃）₄]SO₄中所含的化学键有离子键、极性键和配位键

B、在[Z（WH₃）₄]²⁺中Z²⁺给出孤对电子，WH₃提供空轨道进

C、[Z（WH₃）₄]SO₄组成元素中第一电离能最大的是氧元素

（6）某Y与Z形成的化合物的晶胞如右图所示 （黑点代表Z原子）。

①该晶体的化学式为　 　。

②已知该晶体的密度为ρg•cm^﹣3，阿伏加徳罗常数为N_A，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为　 　cm（只写计算式）（Z原子位于体对角线上）（相对原子质量可用Y、Z字母代替）。

[化学--选修5：有机化学基础]

12．氯贝特是临床上一种降脂抗血栓药物，其结构如下图所示：．它的一条合成路线如下：提示：（图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去）

已知：

RCH₂COOH

R﹣ONa+Cl﹣R′R﹣O﹣R′+NaCl（R﹣、R′﹣代表烃基）

（1）氯贝特的分子式为　 　，其中能发生水解反应的官能团名称为　 　。

（2）A→B的反应类型是　 　，B的结构简式是　 　。

（3）要实现反应①所示的转化，加入下列物质不能达到目的是　 　。

a、NaOH b、NaCl c、NaHCO₃d、Na

（4）由D生产的氯贝特的化学方程式为　 　。

（5）有机物甲有多种同分异构体，则同时满足一下条件的甲的所有同分异构体有　 　种。

①苯环上有2个取代基； ②属于酯类；

③既能与FeCl₃溶液反应显紫色，又能发生银镜反应。

（6）酚醛树脂是用酚类和醛类在酸或碱的催化下相互缩合而成的高分子化合物。在酸催化下，

等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻位或对位的氢原子与甲醛的羰基加成，生成物之间再相互脱水缩合成线型结构高分子，请写出对应的化学方程式。

2019年湖北省武汉二中高考化学模拟试卷（三）

参考答案与试题解析

一、选择题：（本大题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．（6分）化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（　　）

A．“滴水石穿、绳锯木断”涉及到化学变化

B．乙酸乙酯在H₂¹⁸O中水解，产物乙醇中将含有¹⁸O同位素

C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成

D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】513：物质的性质和变化专题．

【分析】A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；

B．乙酸乙酯在H₂¹⁸O中水解，产物乙醇中没有¹⁸O同位素；

C．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；

D．汽油中不含氮元素．

【解答】解：A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，所以滴水石穿过程中涉及化学变化，故A正确；

B．由酯类水解原理可知，乙酸乙酯在H₂¹⁸O中水解，产物乙酸中含有¹⁸O同位素，乙醇中没有¹⁸O同位素，故B错误；

C．氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，故C错误；

D．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查较为综合，涉及化学与生活、环境保护等知识，为高频考点，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．

2．（6分）下列有关卤素单质及其化合物的说法正确的是（　　）

A．卤素单质与氢气化合按F₂、Cl₂、Br₂、I₂的顺序由难变易

B．卤化氢的稳定性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增大

C．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

D．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深

【考点】E5：卤素原子结构及其性质的比较．菁优网版权所有

【专题】522：卤族元素．

【分析】第ⅥA族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱，

A．元素的非金属性越强，其单质与氢气与容易化合；

B．同主族气态氢化物稳定性减弱；

C．同一主族非金属元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，元素的非金属性越弱，其氢化物的还原性越强；

D．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别是白色、淡黄色、黄色；

【解答】解：A．元素的非金属性越强，其单质与氢气与容易化合，非金属性F＞Cl＞Br＞I，所以卤素单质与氢气化合按F₂、Cl₂、Br₂、I₂的顺序由易变难，故A错误；

B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则卤素单质的稳定性按HF、HCl、HBr、HI的顺序由强到弱，故B错误；

C．同一主族非金属元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，元素的非金属性越弱，其氢化物的还原性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，故C正确；

D．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别是白色、淡黄色、黄色，所以卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深，故D正确；

故选：CD。

【点评】本题考查同一主族元素性质递变规律，侧重考查元素周期律的应用，以碱金属族、卤族元素为例熟练掌握同一主族性质递变规律，注意规律中的异常现象，题目难度中等．

3．（6分）某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、SO₄^2﹣、I^﹣、AlO₂^﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl₄振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）

A．K⁺B．SO₄^2﹣C．Ba²⁺D．NH₄⁺

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题；545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO₂^﹣，且Ba²⁺、SO₄^2﹣不能共存；

②加氯水和CCl₄振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I^﹣，

由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO₄^2﹣，则原溶液不存在Ba²⁺，

因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH₄⁺，以此来解答．

【解答】解：①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO₂^﹣，且Ba²⁺、SO₄^2﹣不能共存；

②加氯水和CCl₄振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I^﹣，

由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO₄^2﹣，则原溶液不存在Ba²⁺，

因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH₄⁺，则还需检验的离子为K⁺，利用焰色反应，

故选：A。

【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子反应、离子共存、盐类水解为本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大．

4．（6分）一定温度下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（　　）

A．0.1mol•L^﹣1的NaHS溶液中：c（OH^﹣）＝c（H⁺）+c（H₂S）

B．往氯化铵溶液中加水的值变大

C．0.1mol•L^﹣1的NaOH溶液与0.2mol•L^﹣1的HA溶液等体积混合，所得溶液呈现碱性：c（Na⁺）＞c（HA）c（A^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（H⁺）

D．pH相等的①NH₄Cl②NH₄Al（SO₄）₂③NH₄HSO₄溶液中，c（NH₄⁺）大小顺序：①＞②＞③

【考点】DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有

【专题】51H：盐类的水解专题．

【分析】A．溶液呈存在电荷守恒核和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；

B．根据分析；

C．反应后溶质为等浓度的NaA、HA的混合物，溶液呈碱性，说明A^﹣的水解程度大于HA的电离程度，则c（A^﹣）＜c（HA）；根据物料守恒可知c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^﹣）；

D．硫酸氢铵在溶液中完全电离出氢离子，pH相同时其浓度最小；硫酸铝铵溶液中铵根离子和铝离子都发生水解，pH相同时硫酸铝铵溶液的浓度小于氯化铵，结合铵根离子的水解程度较小分析．

【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒c（OH^﹣）+2c（S^2﹣）+c（HS^﹣）＝c（H⁺）+c（Na⁺），存在物料守恒c（H₂S）+c（S^2﹣）+c（HS^﹣）＝c（Na⁺），所以得c（OH^﹣）+c（S^2﹣）＝c（H⁺）+c（H₂S），故A错误；

B．设一水合氨的电离平衡常数为kb，则，由于水的离子积和一水合氨的电离平衡常数不变，则加水过程中该比值不变，故B错误；

C．0.1mol•L^﹣1的NaOH溶液与0.2mol•L^﹣1的HA溶液等体积混合，溶质为等浓度的NaA、HA的混合物，所得溶液呈现碱性：c（OH^﹣）＞c（H⁺），则c（A^﹣）＜c（HA），根据物料守恒可知c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（HA）＞c（Na⁺）＞c（A^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（H⁺），故C错误；

D．pH相等的①NH₄Cl②NH₄Al（SO₄）₂③NH₄HSO₄溶液中，NH₄HSO₄在溶液中完全电离出氢离子，pH相同时③的浓度最小；NH₄Al（SO₄）₂中的铝离子、铵根离子都发生水解，浓度相同时②溶液的氢离子浓度大于①，则pH相同时②的浓度大于①，由于铵根离子水解程度较小，则c（NH₄⁺）大小顺序：①＞②＞③，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及物质间的反应、盐类水解和弱电解质的电离，题目难度中等，明确溶质的性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

5．（6分）乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（　　）

A．分子式为C₁₂H₂₂O₂

B．能使酸性KMnO₄溶液褪色，能发生加成反应，但不能发生取代反应

C．1mol该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOH

D．1mol该有机物在一定条件下和H₂反应，共消耗 H₂为3mol

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣COOC﹣，结合烯烃和酯的性质来解答．

【解答】解：A．由结构可知分子式为C₁₂H₂₀O₂，故A正确；

B．含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有酯基，可发生取代反应，故B错误；

C.1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，故C正确；

D．只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H₂反应，共消耗H₂为2mol，故D错误。

故选：AC。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大．

6．（6分）空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（　　）

A．步骤④⑤是为了富集溴

B．步骤③说明溴具有挥发性

C．步骤④的离子方程式为Br₂+SO₂+H₂O═2H⁺+2Br^﹣+SO₃^2﹣

D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离

【考点】E7：海水资源及其综合利用；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有

【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，

A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质；

B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态；

C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应；

D．分离互不相溶的液体采用分液方法．

【解答】解：苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，

A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质，所以步骤④⑤是为了富集溴，故A正确；

B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态，所以该步骤说明溴具有挥发性，故B正确；

C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应，离子方程式为Br₂+SO₂+2H₂O＝4H⁺+2Br^﹣+SO₄^2﹣，故C错误；

D．分离互不相溶的液体采用分液方法，溴不易溶于水，所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查海水提溴，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，步骤①为解答的难点，注重工业流程和化学反应原理的考查，题目难度中等．

7．（6分）下列三个化学反应的平衡常数（K₁、K₂、K₃）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（　　）

A．△H₁＜0，△H₂＞0

B．反应①②③的反应热满足关系：△H₂﹣△H₁＝△H₃

C．反应①②③的平衡常数满足关系：K₁•K₂＝K₃

D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施

【考点】BB：反应热和焓变；C8：化学平衡常数的含义．菁优网版权所有

【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．

【分析】A．由表格数据可知，升高温度时K₁增大、K₂减小；

B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③；

C．K为指数关系，结合②﹣①得到③判断K 的关系；

D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应．

【解答】解：A．由表格数据可知，升高温度时K₁增大、K₂减小，则△H₁＞0，△H₂＜0，故A错误；

B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③，则焓变为△H₂﹣△H₁＝△H₃，故B正确；

C．K为指数关系，结合②﹣①得到③可知，K₃，故C错误；

D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应，则向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查化学平衡常数及焓变，为高频考点，把握表格中K的变化、反应的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大．

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，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）

8．（13分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体．D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体．它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）．

（1）写出化学式：D　FeBr₃　、X　HBr　．

（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是　③⑥　（填编号）．

（3）反应⑥的离子方程式为　Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃　；

（4）反应⑦的化学方程式为　3Fe+4H₂O（g）Fe₃O₄+4H₂　；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子　0.8N_A　个．

（5）分别写出D的溶液与小苏打溶液、D的溶液中通入少量SO₂反应的离子方程式　Fe³⁺+3HCO₃^﹣＝Fe（OH）₃↓+3CO₂↑　、　2Fe³⁺+SO₂+2H₂O＝2Fe²⁺+SO₄^2﹣+4H⁺　．

【考点】GS：无机物的推断．菁优网版权所有

【专题】52：元素及其化合物．

【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe₃O₄，C为O₂，依据D+A＝G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe²⁺离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应，则B为Br₂，D为FeBr₃，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr₂，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H₂O，据此解答．

【解答】解：（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeBr₃，E为Fe₃O₄，X为HBr，

故答案为：FeBr₃；HBr；

（2）在反应①～⑦中，①为铁和溴发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和HBr发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为溴化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为溴化亚铁和溴发生的氧化还原反应，⑥是溴化铁和硫氰酸盐发生的络合反应，不是氧化还原反应，

故答案为：③⑥；

（3）反应⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，反应的离子方程式为：Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃，故答案为：Fe³⁺+3SCN^﹣＝Fe（SCN）₃；

（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H₂O（g）Fe₃O₄+4H₂；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H₂O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为价，每消耗 0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol即0.8N_A个，

故答案为：3Fe+4H₂O（g）Fe₃O₄+4H₂；0.8N_A；

（5）D为FeBr₃，D的溶液与小苏打溶液反应的离子方程式为Fe³⁺+3HCO₃^﹣＝Fe（OH）₃↓+3CO₂↑，D的溶液中通入少量SO₂反应的离子方程式为2Fe³⁺+SO₂+2H₂O＝2Fe²⁺+SO₄^2﹣+4H⁺，

故答案为：Fe³⁺+3HCO₃^﹣＝Fe（OH）₃↓+3CO₂↑；2Fe³⁺+SO₂+2H₂O＝2Fe²⁺+SO₄^2﹣+4H⁺．

【点评】本题考查无机物推断，涉及Fe、Br元素化合物的性质与转化，需要熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．

9．（15分）某些金属及金属氧化物对H₂O₂的分解反应具有催化作用，请回答下列问题：

（1）已知：2H₂O₂（aq）═2H₂O （l）+O₂（g） 的△H＜0，则该反应的逆反应能否自发进行？　不能　（填“能”或“不能”），判断依据是　逆反应的△H＞0，△S＜0，因此在任何温度下都不能自发进行　。

（2）某同学选用Ag、Pt、Cu、TiO₂作为催化剂，在25℃时，保持其它实验条件相同，测得生成的O₂体积（V）。V与分解时间（t）的关系如图1所示（O₂的体积已折算成标准状况），则：

①在不同催化剂存在下，H₂O₂分解反应的活化能大小顺序是：E_a（　TiO₂　）＞E_a（　Cu　）＞E_a（　Pt　）＞E_a（　Ag　）（括号内填写催化剂的化学式）

②金属Pt 催化下，H₂O₂分解的反应速率v（O₂）＝　8.9×10^﹣7　mol/s。（两位有效数字）

（3）为研究温度对H₂O₂分解速率的影响（不加催化剂），可将一定浓度和体积的H₂O₂置于密闭容器中，在某温度下，经过一定的时间t，测定生成O₂的体积V．然后保持其它初始条件不变，改变温度T，重复上述实验。获得V（O₂）～T关系曲线。下列趋势图2最可能符合实测V（O₂）～T关系曲线的是　C　。（填序号）

（4）以Pt为电极电解H₂O₂也可产生氧气，写出H₂O₂水溶液电解过程中的电极反应式（已知：H₂O₂的氧化性及还原性均比H₂O强）：阴极　H₂O₂+2H⁺+2e^﹣＝2H₂O或H₂O₂+2e^﹣＝2OH^﹣　；阳极　H₂O₂﹣2e^﹣＝O₂↑+2H⁺　。

（5）在 3L容积可变的密闭容器中发生反应：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO₂（g），c（CO₂）随反应时间t变化如图3中曲线I所示。若在t₀时刻分别改变一个条件，曲线 I变为曲线II和曲线III．当曲线I变为曲线 II时，改变的条件是　催化剂　。当通过改变压强使曲线 I变为曲线III时，曲线 III达到平衡时容器的体积为　2　L。

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；CB：化学平衡的影响因素；CL：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题；51I：电化学专题．

【分析】（1）反应的自发性是由熵变和焓变共同决定，若△H＜0，△S＞0，则一定能自发进行，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发进行，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，是否自发和温度有关；

（2）活化能越小，反应越容易进行，反应速率越快，根据速率大小来确定活化能的大小；从图象可看出，400s时，Pt催化分解生成氧气8mL，物质的量为：3.57×10^﹣4mol，根据要求计算速率；

（3）根据温度对反应速率的影响考虑；

（4）电解总反应式为：2H₂O₂2H₂O+O₂↑，分析化合价变化，可知阳极过氧化氢失电子生成氧气，阴极过氧化氢得电子生成水，据此写电极反应式；

（5）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L。

【解答】解：（1）2H₂O₂（aq）＝2H₂O（l）+O₂（g）的△H＜0，△S＞0，则一定能自发进行，而逆反应的△H＞0，△S＜0，则一定不能自发进行；

故答案为：不能； 逆反应的△H＞0，△S＜0，因此在任何温度下都不能自发进行；

（2）①从图示看出，反应速率由快到慢的顺序为：Ag、Pt、Cu、TiO₂，活化能越小，反应越容易进行，反应速率越快，故活化能由大到小顺序为：E_a（TiO₂）＞E_a（Cu）＞E_a（Pt）＞E_a（Ag）；

故答案为：E_a（TiO₂）＞E_a（Cu）＞E_a（Pt）＞E_a（Ag）；

②从图象可看出，400s时，Pt催化分解生成氧气8mL，物质的量为：3.57×10^﹣4mol，则1s分解氧气：8.9×10^﹣7mol/s；

故答案为：8.9×10^﹣7；

（3）因该反应是不可逆反应，不考虑温度对平衡移动的影响。温度升高反应速率加快，因而经过相同反应时间后测得的O₂体积随温度升高而增大，故C图象符合；

故答案为：C；因该反应是不可逆反应，不考虑温度对平衡移动的影响。温度升高反应速率加快，因而经过相同反应时间后测得的O₂体积随温度升高而增大；

（4）电解总反应式为：2H₂O₂2H₂O+O₂↑，分析化合价变化，可知阳极过氧化氢失电子生成氧气，反应式为：H₂O₂﹣2e^﹣＝O₂↑+2H⁺，阴极过氧化氢得电子生成水，反应式为：H₂O₂+2H⁺+2e^﹣＝2H₂O，

故答案为：H₂O₂+2H⁺+2e^﹣＝2H₂O或H₂O₂+2e^﹣＝2OH^﹣； H₂O₂﹣2e^﹣＝O₂↑+2H⁺；

（5）分析图象知t₀时刻改变一个条件，曲线I变为曲线II，一氧化碳的平衡浓度没有变化而达平衡的时间缩短，改变的条件是加入催化剂；反应②为反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不移动，曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L。

故答案为：加入催化剂； 2。

【点评】本题考查了化学反应的方向性、影响反应速率的因素及速率的计算、电解原理等，中等难度。注意本题中反应速率不是浓度变化与时间之比，而是物质的量变化与时间之比，要根据题给信息作相应的调整。

10．（15分）I、实验室制备、收集干燥的 SO₂，所需仪器如图1。

（1）装置A产生SO₂，按气流方向连接各仪器接口顺序为 a→　d　→　e　→　c　→　b　→f。

（2）验证产生的气体是 SO₂的方法及实验现象是　将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色　。

II、SO₂气体为无色气体，有强烈刺激性气味，大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SO₂气体还原Fe³⁺、I₂，可以使用的药品和装置如图2所示：

（3）若要从FeCl₃溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤中没有用到的玻璃仪器有　b　。

a、酒精灯　　　　b、烧瓶　　　　c、漏斗　　　　d、烧杯　　　　e、玻璃棒

（4）装置 A 中的现象是　溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色　，写出 B 中发生反应的离子方程式：　I₂+SO₂+2H₂O＝2I^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺　。

（5）在上述装置中通入过量的 SO₂，为了验证A中SO₂与 Fe³⁺发生了氧化还原反应，取A中的溶液，分成两份，并设计了如下实验：

方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO₄溶液，紫红色褪去。

方案②：往第二份试液中加入 KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。

上述方案中不合理的是　①　。 （填方案序号）

（6）用焦炭还原SiO₂、Al₂O₃会产生SiC等中间体。写出中间体 SiC 再与Al₂O₃反应生成铝、硅单质的化学方程式并表出电子转移的方向和数目：　　。

（7）已知25℃时K_sp[Al（OH）₃]＝1.0×10^﹣33，K_sp[Fe（OH）₃]＝4.0×10^﹣38．向 FeCl₃和 AlCl₃的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液，生成 Al（OH）₃和Fe（OH）₃沉淀，当两种沉淀共存时，上层溶液中 c（Al³⁺）：c（Fe³⁺）＝　2.5×10⁴　。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】5：高考化学专题；546：无机实验综合．

【分析】I（1）制备、收集干燥的 SO₂：制取→干燥→收集→尾气处理，据此作答；

（2）SO₂的检验：根据其漂白品红溶液生成不稳定的无色化合物特性检验；

II（3）提取FeCl₃晶体过程：将溶液蒸发结晶→过滤→洗涤→干燥，据此选择；

（4）SO₂有还原性易与FeCl₃溶液、I₂溶液反应，据此说明实验现象、写出离子方程式；

（5）设计两种实验方案验证SO₂与 Fe³⁺发生了氧化还原反应，即Fe²⁺的检验，要注意SO₂的干扰；

（6）根据反应物、部分生成物，结合原子守恒推断其它生成物，写出化学方程式，再根据化合价升降情况标出电子转移数目和方向；

（7）两种沉淀共存时，c（Al³⁺）：c（Fe³⁺）＝K_sp[Al（OH）₃]：K_sp[Fe（OH）₃]。

【解答】解：（1）收集干燥的 SO₂：制取→干燥→收集→尾气处理，收集用向上排空气法，所以干燥和收集装置导气管都是“长进短出”；

故答案为：d→e→c→b；

（2）根据 SO₂漂白品红溶液生成不稳定的无色化合物特性检验，所以要加热无色化合物的溶液，观察是否能恢成红色；

故答案为：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；

（3）将FeCl₃溶液蒸发结晶得到FeCl₃晶体，有搅拌、过滤、洗涤、干燥等过程，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗、蒸发皿等，不需要烧瓶；

故答案为：b；

（4）SO₂易与FeCl₃溶液反应生成FeCl₂，溶液有黄色变成浅绿色；SO₂与I₂水反应生成两种强酸H₂SO₄和HI，所以离子方程式为I₂+SO₂+2H₂O＝2I^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺；

故答案为：溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色；I₂+SO₂+2H₂O＝2I^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺；

（5）SO₂与 Fe³⁺发生生成氧化还原反应Fe²⁺，但用酸性KMnO₄溶液检验Fe²⁺时，通入的过量 SO₂会产生干扰，因为SO₂也能使酸性KMnO₄溶液褪色，故方案一不合理；

故答案为：①；

（6）高温下，SiC与Al₂O₃反应生成铝、硅，还有C、O结合成CO，方程式为3SiC+Al₂O₃3Si+2Al+3CO↑，其中C的化合价﹣4→+2，Si、Al化合价降低，得电子

，即3C失去18e^﹣：12e^﹣→3Si、6e^﹣→2Al；电子转移为，

故答案为：；

（7）两种沉淀共存时，c（Al³⁺）：c（Fe³⁺）＝c（Al³⁺）×c³（OH^﹣）：c（Fe³⁺）×c³（OH^﹣）＝K_sp[Al（OH）₃]：K_sp[Fe（OH）₃]＝1.0×10^﹣33：4.0×10^﹣38＝2.5×10⁴；

故答案为：2.5×10⁴。

【点评】通过实验考查SO₂的制法、净化、重要性质、Fe²⁺的检验及其实验评价、溶度积计算等知识点，侧重综合能力的考查，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力。

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（15分）周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）Z²⁺基态核外电子排布式为：　[Ar]3d⁹或ls²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹　。

（2）YX₄^﹣的空间构型是：　正四面体　，

（3）HYX₄酸性比HYX₂强，其原因是：　HClO₄有3个非羟基氧，而HClO₂有1个非羟基氧　。

（4）结构简式为RX（WH₂）₂的化合物中R原子的杂化轨道类型为：　sp²　（H为氢元素，下同）

（5）往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH₃，可生成[Z（WH₃）₄]SO₄，下列说法正确的是：　A　。

A、[Z（WH₃）₄]SO₄中所含的化学键有离子键、极性键和配位键

B、在[Z（WH₃）₄]²⁺中Z²⁺给出孤对电子，WH₃提供空轨道进

C、[Z（WH₃）₄]SO₄组成元素中第一电离能最大的是氧元素

（6）某Y与Z形成的化合物的晶胞如右图所示 （黑点代表Z原子）。

①该晶体的化学式为　CuCl　。

②已知该晶体的密度为ρg•cm^﹣3，阿伏加徳罗常数为N_A，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为　或　cm（只写计算式）（Z原子位于体对角线上）（相对原子质量可用Y、Z字母代替）。

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．

【分析】周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增，R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，则R为C元素；

工业上通过分离液态空气获得X单质，X为O元素；

W原子序数大于R而小于X，所以为N元素；

Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，则Y为Cl元素；Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，为Cu元素；

（1）Cu²⁺基态原子核外3d能级上全充满电子；

（2）ClO₄^﹣中Cl原子价层电子对个数＝44且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；

（3）同一元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强；

（4）结构简式为CO（NH₂）₂的化合物中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；

（5）A．[Cu（NH₃）₄]SO₄中阴阳离子之间存在离子键、Cu和N原子之间存在配位键，N﹣H原子之间存在极性键；

B．在[Cu（NH₃）₄]²⁺中Cu²⁺给出空轨道，NH₃提供孤电子对；

C．[Cu（NH₃）₄]SO₄组成元素中第一电离能最大的是N元素；

（6）①该晶胞中Cu原子个数为4、Cl原子个数＝864，则Cu、Cl原子个数之比＝4：4＝1：1；

②该晶胞中Cu原子和Cl原子之间最近的距离为晶胞体对角线长度的，体对角线长度棱长，棱长。

【解答】解：通过以上分析知，R、W、X、Y、Z分别是C、N、O、Cl、Cu元素，

（1）Cu²⁺基态原子核外3d能级上全充满电子，其核外电子排布式为[Ar]3d⁹ 或 ls²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，

故答案为：[Ar]3d⁹ 或 ls²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；

（2）ClO₄^﹣中Cl原子价层电子对个数＝44且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知该离子空间构型为正四面体，

故答案为：正四面体；

（3）同一元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，HClO₄有3个非羟基氧，而HClO₂有1个非羟基氧，所以酸性HClO₄＞HClO₂，

故答案为：HClO₄有3个非羟基氧，而HClO₂有1个非羟基氧；

（4）结构简式为CO（NH₂）₂的化合物中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp²，

故答案为：sp²；

（5）A．[Cu（NH₃）₄]SO₄中硫酸根离子和铜氨离子之间存在离子键、Cu和N原子之间存在配位键，N﹣H原子之间存在极性键，所以该物质中含有离子键、配位键和极性键，故正确；

B．在[Cu（NH₃）₄]²⁺中Cu²⁺给出空轨道，NH₃提供孤电子对，Cu和N原子之间形成配位键，故错误；

C．[Cu（NH₃）₄]SO₄组成元素中第一电离能最大的是N元素，故错误；

故选A；

（6）①该晶胞中Cu原子个数为4、Cl原子个数＝864，则Cu、Cl原子个数之比＝4：4＝1：1，所以其化学式为CuCl，

故答案为：CuCl；

②该晶胞中Cu原子和Cl原子之间最近的距离为晶胞体对角线长度的，体对角线长度棱长，棱长cmcm，Cu原子和Cl原子之间最近的距离cmcm，

或棱长cmcm，Cu原子和Cl原子之间最近的距离cmcm，

故答案为：或。

【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查学生知识综合运用及计算能力，难点是晶胞计算，注意Cu、Cl原子最短距离与晶胞棱长关系，题目难度中等。

[化学--选修5：有机化学基础]

12．氯贝特是临床上一种降脂抗血栓药物，其结构如下图所示：．它的一条合成路线如下：提示：（图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去）

已知：

RCH₂COOH

R﹣ONa+Cl﹣R′R﹣O﹣R′+NaCl（R﹣、R′﹣代表烃基）

（1）氯贝特的分子式为　C₁₂H₁₅ClO₃　，其中能发生水解反应的官能团名称为　酯基、氯原子　。

（2）A→B的反应类型是　取代反应　，B的结构简式是　（CH₃）₂CClCOOH　。

（3）要实现反应①所示的转化，加入下列物质不能达到目的是　bc　。

a、NaOH b、NaCl c、NaHCO₃d、Na

（4）由D生产的氯贝特的化学方程式为　　。

（5）有机物甲有多种同分异构体，则同时满足一下条件的甲的所有同分异构体有　15　种。

①苯环上有2个取代基； ②属于酯类；

③既能与FeCl₃溶液反应显紫色，又能发生银镜反应。

（6）酚醛树脂是用酚类和醛类在酸或碱的催化下相互缩合而成的高分子化合物。在酸催化下，

等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻位或对位的氢原子与甲醛的羰基加成，生成物之间再相互脱水缩合成线型结构高分子，请写出对应的化学方程式。

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A发生信息反应生成B，苯酚反应得到C，B与C发生信息反应生成甲，苯酚与氢氧化钠等反应生成C为苯酚钠，则B为（CH₃）₂CClCOOH，A为（CH₃）₂CHCOOH，由氯贝特的结构可知甲与乙醇反应生成D为，D与氯气发生取代反应得到氯贝特。

（5）有机物甲的种同分异构体满足条件：属于酯类，既能与FeCl₃溶液反应显紫色，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、甲酸形成的酯基。苯环上有2个取代基，另外取代基为HCOOCH₂CH₂CH₃、HCOOCH（CH₃）₂烃基中去掉一个H原子形成的，前者有3种、后者有2种，与酚羟基均有邻、间、对三种位置关系。

【解答】解：（1）氯贝特的分子式为C₁₂H₁₅ClO₃，含有的酯基、氯原子可以发生水解，

故答案为：C₁₂H₁₅ClO₃；CH₃）₂CHCOOH；酯基、氯原子；

（2）A→B是（CH₃）₂CHCOOH中H原子被取代生成（CH₃）₂CClCOOH，属于取代反应，B的结构简式是：（CH₃）₂CClCOOH，

故答案为：取代反应；（CH₃）₂CClCOOH；

（3）反应①为苯酚转化为苯酚钠，苯酚能与氢氧化钠、碳酸钠反应得到苯酚钠，不能与NaCl、NaHCO₃反应，

故选：bc；

（4）由D生产氯贝特属于取代反应，同时还生成HCl，反应的化学方程式为：，

故答案为：；

（5）有机物甲的种同分异构体满足条件：属于酯类，既能与FeCl₃溶液反应显紫色，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、甲酸形成的酯基。苯环上有2个取代基，另外取代基为HCOOCH₂CH₂CH₃、HCOOCH（CH₃）₂烃基中去掉一个H原子形成的，前者有3种、后者有2种，与酚羟基均有邻、间、对三种位置关系，符合条件的同分异构体共有3×5＝15种，

故答案为：15；

（6）等物质的量的苯酚与甲醛反应，苯酚邻位或对位的氢原子与甲醛的羰基加成，生成物之间再相互脱水缩合成线型结构高分子，对应的化学方程式为：、，

故答案为：、。

【点评】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、有机反应类型、同分异构体等，难度中等，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力与知识迁移应用，是有机题目常见题型，注意中学常见的有机材料。

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日期：2019/4/12 22:00:49；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120