山东省枣庄市滕州一中2016届高三化学1月月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年山东省枣庄市滕州一中高三月考化学试卷（1月份）‎ ‎　‎ 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．从下列实验事实得出的相应结论中正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 A 某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝 该气体一定是氯气 B SO2通入Ba（NO3）2溶液中出现白色沉淀 BaSO3不溶于水 C Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀 酸性H2CO3＞H2SiO3‎ D 某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体 该溶液中一定含有CO32﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．虽然油脂的相对分子质量都较大，但油脂不属于高分子化合物 B．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体 C．从一定形式上看，酯化反应也属于取代反应 D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色与乙烯使溴水褪色的原理不同 ‎　‎ ‎3．元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法不正确的是（　　）‎ A．同周期的主族元素中，ⅦA族元素的原子半径最小 B．元素周期表中从ⅢB到ⅡB十个纵列的元素都是金属元素 C．ⅥA族元素的原子，其半径越大，气态氢化物越稳定 D．室温下，0族元素的单质都是气体 ‎　‎ ‎4．室温下，有关下列四种溶液的叙述正确的是（忽略混合后溶液的体积变化）（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎12‎ ‎12‎ ‎2‎ ‎2‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 - 24 -‎ A．在①、②中分别加入氯化铵晶体，两溶液的pH均增大 B．分别将等体积的①和②加水稀释100倍，所得溶液的pH：①＞②‎ C．把①、④两溶液等体积混合后所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．将溶液②和溶液③等体积混合，混合后所得溶液的pH=7‎ ‎　‎ ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．铜锌稀硫酸形成的原电池放电时，溶液中阳离子向铜电极移动 B．充电时，把铅蓄电池的负极接在外电源的正极 C．镀锌铁镀层破损后铁更易被腐蚀 D．碱性氢氧燃料电池工作时，负极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ ‎　‎ ‎6．下列有关实验操作或叙述中，不正确的是（　　）‎ A．用酸式滴定管量取25.00ml 1mol/L的酸性高锰酸钾溶液 B．配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，定容时俯视刻度线，结果将偏高 C．浓硝酸保存在无色试剂瓶中，氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中 D．配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入浓硝酸中，并不断搅拌 ‎　‎ ‎7．某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．该温度下，下列说法正确的是（　　）‎ A．含有大量SO42﹣的溶液中肯定不存在Ag+‎ B．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 C．Ag2SO4的溶度积常数（Ksp）为1×10﹣3‎ D．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点 - 24 -‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎8．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．‎ ‎（1）分析该反应并回答下列问题：‎ ‎①平衡常数表达式为K=　　　　　　．‎ ‎②下列各项中，不能够说明该反应已达到平衡的是　　　　　　（填序号）．‎ a．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化 b．一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等 c．一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变 d．一定条件下，单位时间内消耗1mol CO，同时生成1mol CH3OH ‎（2）图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．‎ ‎①该反应的焓变△H　　　　　　0（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1　　　　　　K2（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是　　　　　　．‎ a．升高温度b．将CH3OH（g）从体系中分离 c．使用合适的催化剂d．充入He，使体系总压强增大 ‎（3）已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣b kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣c kJ•mol﹣1‎ - 24 -‎ 则，CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．‎ ‎（4）2009年10月，中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆．甲醇燃料电池的工作原理如图2所示．‎ ‎①该电池工作时，b口通入的物质为　　　　　　，c口通入的物质为　　　　　　．‎ ‎②该电池正极的电极反应式为：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎9．据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐．发生的反应为：4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O ‎（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，上述反应中被氧化的元素是　　　　　　．‎ ‎（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如图甲流程可制备胆矾（CuSO4•5H2O）：‎ ‎①分析表格（其中KSP是相应金属氢氧化物的沉淀溶解平衡常数）：‎ Ksp 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+‎ ‎2.6×10﹣39‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Cu2+‎ ‎2.2×10﹣20‎ ‎4.7‎ ‎6.7‎ 步骤一应调节溶液的pH范围是　　　　　　．请运用沉淀溶解平衡的有关理论解释加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因　　　　　　．‎ ‎②步骤三中的具体操作方法是　　　　　　．‎ ‎（3）有人提出可以利用图乙的装置从溶液B中提炼金属铜．该过程中图乙电极的反应式是　　　　　　，总反应的方程式是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎10．在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙．如图甲所示A﹣E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题．‎ - 24 -‎ ‎（1）实验室若用NH4Cl和熟石灰作试剂来制取、收集干燥的NH3，则需选用上述仪器装置中的　　　　　　（填装置序号）．若要制取、收集干燥的CO2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口　　　　　　．‎ ‎（2）若在A的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加NaOH固体，也能制取氨气．请解释装置A中能产生氨气的原因　　　　　　　　　　　　‎ ‎（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是　　　　　　，若实验过程中有氨气逸出，应选图乙　　　　　　装置回收（填代号）．写出制纳米级碳酸钙的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎11．下图各物质是中学化学中常见的物质，甲、乙均是离子化合物，且阴、阳离子个数比为1：1．甲是发酵粉的主要成分，乙是一种常用的化肥．B、D常温常压下是气体．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的俗名是　　　　　　．‎ ‎（2）A、D物质的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液均显红色，说明溶液均显　　　　　　性，其原理是否相同？　　　　　　请用必要的文字加以解释并写出离子方程式：　　　　　　．‎ ‎（3）向饱和氯化钠溶液中通入气体D至饱和后，再通入足量的气体B可制得物质甲，写出该反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎　‎ - 24 -‎ ‎　‎ 三、选做题 ‎12．【化学﹣化学与技术】‎ 下图表示某些化工生产的流 ‎13．【化学﹣物质结构与性质】‎ C60（结构模型如图所示）的发现是化学界的大事之一．C60与金属钾化合生成K3C60．K3C60具有超导性．‎ ‎（1）碳原子的价电子排布式为　　　　　　．‎ ‎（2）C60分子中的杂化轨道介于石墨和金刚石的杂化轨道之间，则石墨和金刚石中碳原子的杂化方式分别是　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎（3）K3C60属于离子晶体，其中阴阳离子个数比为1：3，则该晶体的构成微粒为　　　　　　．（用化学式表示）‎ ‎（4）已知C60晶体内相邻C60球体间的距离是304pm，与石墨平面层间距离（335pm）相比较，说明C60晶体中C60和C60间作用力属于　　　　　　（填“离子键”、“共价键”或“分子间作用力”），两者数据存在差异的原因是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ 五、选做题 ‎14．如图中，A无酸性，不能水解，在一定条件下发生消去反应可得到两种互为同分异构体的产物，其中的一种B含有一个甲基，可用于制取合成树脂、染料等多种化工产品．E能使溴水退色，不能发生银镜反应．‎ 试回答下列问题；‎ - 24 -‎ ‎（1）写出B、E的结构简式 B　　　　　　、E　　　　　　‎ ‎（2）写出D中官能团的名称　　　　　　，E生成D的反应类型是　　　　　　‎ ‎（3）写出A生成C的化学方程式　　　　　　‎ ‎（4）C的同分异构体C1与C具有相同的官能团，两分子C1脱去两分子水形成含有六元环的化合物，写出C1可能的结构简式　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 24 -‎ ‎2015-2016学年山东省枣庄市滕州一中高三月考化学试卷（1月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．从下列实验事实得出的相应结论中正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 A 某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝 该气体一定是氯气 B SO2通入Ba（NO3）2溶液中出现白色沉淀 BaSO3不溶于水 C Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀 酸性H2CO3＞H2SiO3‎ D 某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体 该溶液中一定含有CO32﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．能氧化KI的氧化剂不一定为氯气；‎ B．SO2通入Ba（NO3）2溶液生成BaSO4沉淀；‎ C．根据强酸制备弱酸的反应原理判断；‎ D．也可能为HCO3﹣．‎ ‎【解答】解：A．能氧化KI的氧化剂不一定为氯气，也可能为其它具有氧化性的气体，故A错误；‎ B．SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C．Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，应为硅酸，可说明碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；‎ D．某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3﹣或CO32﹣，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质的判断，比较等化学实验方案的设计，侧重于化学实验原理和方案的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ - 24 -‎ ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．虽然油脂的相对分子质量都较大，但油脂不属于高分子化合物 B．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体 C．从一定形式上看，酯化反应也属于取代反应 D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色与乙烯使溴水褪色的原理不同 ‎【考点】有机高分子化合物的结构和性质；取代反应与加成反应；乙烯的化学性质；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途．‎ ‎【专题】有机化学基础．‎ ‎【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；‎ B．化学式中的n值不同；‎ C．取代反应指有机物分子某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替生成新的有机物的反应；‎ D．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯能使溴水褪色，发生加成反应．‎ ‎【解答】解：A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A正确； ‎ B．淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故B错误；‎ C．酯可以看做羧酸中的羧基上的羟基﹣OH，被﹣OR基团代替的产物，故酯化反应也属于取代反应，故C正确；‎ D．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，褪色原理不同，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查高分子化合物、同分异构体、取代反应和乙烯的性质，难度中等，注意乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯能使溴水褪色，发生加成反应．‎ ‎　‎ ‎3．元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列说法不正确的是（　　）‎ A．同周期的主族元素中，ⅦA族元素的原子半径最小 B．元素周期表中从ⅢB到ⅡB十个纵列的元素都是金属元素 C．ⅥA族元素的原子，其半径越大，气态氢化物越稳定 D．室温下，0族元素的单质都是气体 - 24 -‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】A．同周期，从左向右原子半径在减小；‎ B．从ⅢB到ⅡB十个纵列均为金属元素；‎ C．同主族，从上到下原子半径在增大，非金属性在减弱；‎ D.0族元素的单质为稀有气体．‎ ‎【解答】解：A．同周期，从左向右原子半径在减小，则同周期的主族元素中，ⅦA族元素的原子半径最小，故A正确；‎ B．从ⅢB到ⅡB十个纵列为副族元素和第ⅤⅢ族元素，均为金属元素，故B正确；‎ C．同主族，从上到下原子半径在增大，非金属性在减弱，则ⅥA族元素的原子，其半径越大，气态氢化物越不稳定，故C错误；‎ D.0族元素的单质为稀有气体，常温下为气体，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表和元素周期律，明确元素在周期表的位置及周期表中的相似性和递变性即可解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．室温下，有关下列四种溶液的叙述正确的是（忽略混合后溶液的体积变化）（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎12‎ ‎12‎ ‎2‎ ‎2‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A．在①、②中分别加入氯化铵晶体，两溶液的pH均增大 B．分别将等体积的①和②加水稀释100倍，所得溶液的pH：①＞②‎ C．把①、④两溶液等体积混合后所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．将溶液②和溶液③等体积混合，混合后所得溶液的pH=7‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】表中一水合氨和醋酸都为弱电解质，不能完全电离，碱溶液中c（OH﹣）与酸溶液中c（H+）相等，都为0.01mol/L，但氨水和醋酸浓度较大，以此解答该题．‎ - 24 -‎ ‎【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，存在NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入氯化铵晶体，氯化铵电离出铵根离子抑制氨水的电离，所以pH减小，氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加入氯化铵，铵根离子和氢氧根离子结合生成一水合氨，pH减小，两溶液的pH值均减小，故A错误；‎ B．分别将等体积的①和②加水稀释100倍，前者为氨水稀释后电离程度增大，pH大于10，后者为强电解质，pH等于10，所以所得溶液的pH：①＞②，故B正确；‎ C．把①、④两溶液等体积混合后所得溶液为氯化铵和氨水的溶液，氨水过量，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣），故C错误；‎ D．将溶液②和溶液③等体积混合得到乙酸钠和乙酸的溶液，乙酸进一步电离溶液呈酸性，所以混合后所得溶液pH＜7，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了盐的水解，弱电解质电离平衡分析判断，溶液稀释等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意pH与离子浓度的关系，注意混合后溶液中存在的微粒，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．铜锌稀硫酸形成的原电池放电时，溶液中阳离子向铜电极移动 B．充电时，把铅蓄电池的负极接在外电源的正极 C．镀锌铁镀层破损后铁更易被腐蚀 D．碱性氢氧燃料电池工作时，负极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；‎ B．充电时，把铅蓄电池的负极接在外电源的负极；‎ C．锌比铁活泼，为原电池的负极；‎ D．负极发生氧化反应，失电子．‎ ‎【解答】解：A．铜锌稀硫酸形成的原电池放电时，铜为正极，锌为负极，溶液中阳离子向正极移动，故A正确；‎ B．充电时，阴极发生还原反应，铅蓄电池的负极接在外电源的负极，故B错误；‎ C．锌比铁活泼，为原电池的负极，镀锌铁镀层破损后锌易被腐蚀，铁得到保护，故C错误；‎ - 24 -‎ D．碱性氢氧燃料电池工作时，负极发生氧化反应，失电子，而正极发生还原反应，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查原电池的工作原理，题目侧重于离子的定向移动、电解、金属的腐蚀以及电极反应等知识，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎6．下列有关实验操作或叙述中，不正确的是（　　）‎ A．用酸式滴定管量取25.00ml 1mol/L的酸性高锰酸钾溶液 B．配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，定容时俯视刻度线，结果将偏高 C．浓硝酸保存在无色试剂瓶中，氢氧化钠溶液保存在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中 D．配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入浓硝酸中，并不断搅拌 ‎【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法；化学试剂的存放．‎ ‎【专题】化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A、滴定管属于量器，精度为0.01，可以量器一定体积的溶液，酸性高锰酸钾具有强氧化性，腐蚀橡胶管，不可用碱式滴定管，可以用酸式滴定管；‎ B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，根据c=判断对所配浓度的影响；‎ C、见光受热易分解的物质应保存在棕色试剂瓶内，氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成矿物胶硅酸钠，不能使用玻璃塞，应使用橡皮塞；‎ D、浓硫酸稀释会放出大量热，密度小的物质加入浓硫酸中容易溅出伤人，应将浓硫酸加入浓硝酸中，并不断搅拌．‎ ‎【解答】解：A、滴定管属于量器，精度为0.01，可以量器一定体积的溶液，酸性高锰酸钾具有强氧化性，腐蚀橡胶管，不可用碱式滴定管，可以用酸式滴定管，故A正确；‎ B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故B正确；‎ C、见光受热易分解的物质应保存在棕色试剂瓶内，故C错误；‎ D、浓硫酸稀释会放出大量热，密度小的物质加入浓硫酸中容易溅出伤人，应将浓硫酸加入浓硝酸中，并不断搅拌，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查仪器的使用、试剂保存、溶液配制误差分析、实验基本操作等，难度不大，注意浓硫酸的稀释．‎ - 24 -‎ ‎　‎ ‎7．某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．该温度下，下列说法正确的是（　　）‎ A．含有大量SO42﹣的溶液中肯定不存在Ag+‎ B．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 C．Ag2SO4的溶度积常数（Ksp）为1×10﹣3‎ D．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）⇌2Ag+（aq）+SO42﹣（aq），ksp=c2（Ag+）×c（SO42﹣），处于曲线上的点为饱和状态，随着SO42﹣浓度的增大，Ag+浓度减小，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）⇌2Ag+（aq）+SO42﹣（aq），溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+，故A错误；‎ B．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（SO42﹣）=0.1mol/L时，c（Ag+）=0.01mol/L，c2（Ag+）×c（SO42﹣）=1×10﹣5＜ksp，不会生成沉淀，故B正确；‎ C．由图象可知，当c（SO42﹣）=5×10﹣2mol/L时，c（Ag+）=2×10﹣2mol/L，则ksp=c2（Ag+）×c（SO42﹣）=2×10﹣5，故C错误；‎ D．加热蒸发时，溶液中银离子和硫酸根离子浓度都增大，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，注意把握溶度积的计算，并以此判断溶液是否饱和，为解答该题的关键．‎ ‎　‎ - 24 -‎ 二、填空题 ‎8．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．‎ ‎（1）分析该反应并回答下列问题：‎ ‎①平衡常数表达式为K=　　．‎ ‎②下列各项中，不能够说明该反应已达到平衡的是　d　（填序号）．‎ a．恒温、恒容条件下，容器内的压强不发生变化 b．一定条件下，CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等 c．一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变 d．一定条件下，单位时间内消耗1mol CO，同时生成1mol CH3OH ‎（2）图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．‎ ‎①该反应的焓变△H　＜　0（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1　＞　K2（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是　b　．‎ a．升高温度b．将CH3OH（g）从体系中分离 c．使用合适的催化剂d．充入He，使体系总压强增大 ‎（3）已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣b kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣c kJ•mol﹣1‎ 则，CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=　﹣（0.5a+2c﹣0.5b）　kJ•mol﹣1．‎ - 24 -‎ ‎（4）2009年10月，中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆．甲醇燃料电池的工作原理如图2所示．‎ ‎①该电池工作时，b口通入的物质为　甲醇　，c口通入的物质为　氧气　．‎ ‎②该电池正极的电极反应式为：　O2+4e﹣+4H+=2H2O　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．‎ ‎【分析】（1）①平衡常数指平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；‎ ‎②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；‎ ‎（2）①根据先拐先平数值大原则，由图1可知，温度T1＜T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；‎ ‎②升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数减小；‎ ‎③提高甲醇产率，应采取措施使平衡向正反应移动，结合平衡移动原理分析；‎ ‎（3）已知：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣b kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（g）=H2O（1）△H=﹣c kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，÷2可得：CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）；‎ ‎（4）由质子的定向移动可知左侧电极为燃料电池的负极，右侧电极为燃料电池的正极，负极发生氧化反应，甲醇在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合生成水，负极电极反应式为：CH3OH（l）+H2O（l）﹣6e﹣=CO2（g）+6H+，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O．‎ ‎【解答】解：（1）①可逆反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数k=，‎ 故答案为：；‎ ‎②a．随反应进行，气体的物质的量减小，容器内压强减小，容器内的压强不发生变化，说明到达平衡状态，故a正确；‎ - 24 -‎ b．CH3OH分解的速率和CH3OH生成的速率相等，说明正逆反应速率相等，说明到达平衡状态，故b正确；‎ c．平衡时各组分的浓度、含量不变，说明到达平衡状态，故c正确；‎ d．一定条件下，单位时间内消耗1mol CO，同时生成1molCH3OH，都表示正反应速率，自始至终都按此比例进行，不能说明到达平衡状态，故d错误．‎ 故答案为：d；‎ ‎（2）①由图1可知，温度T1＜T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎②升高温度，平衡向逆反应移动，所以K1＞K2，故答案为：＞；‎ ‎③a．升高温度，平衡向逆反应移动，甲醇产率降低，故a错误；‎ b．将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，甲醇产率增大，故b正确；‎ c．使用合适的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，甲醇产率不变，故c错误；‎ d．容器容积不变，充入He（g），使压强增大，但反应混合物的浓度不变，不影响平衡移动，甲醇产率不变，故d错误，‎ 故答案为：b；‎ ‎（3）已知：①2CH3OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣b kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（g）=H2O（1）△H=﹣c kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，÷2可得：CH3OH（1）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣（0.5a+2c﹣0.5b） kJ•mol﹣1‎ 故答案为：﹣（0.5a+2c﹣0.5b）；‎ ‎（4）由质子的定向移动可知左侧电极为燃料电池的负极，右侧电极为燃料电池的正极，负极发生氧化反应，甲醇在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合生成水，‎ ‎①该电池工作时，b口通入的物质为甲醇，c口通入的物质为氧气，‎ 故答案为：甲醇；氧气；‎ ‎②该电池正极的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，‎ 故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O．‎ - 24 -‎ ‎【点评】本题考查平衡常数、平衡状态判断、化学平衡移动及图象、热化学方程式书写、原电池等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力．‎ ‎　‎ ‎9．据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐．发生的反应为：4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O ‎（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，上述反应中被氧化的元素是　Fe和CuFeS2中的S　．‎ ‎（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如图甲流程可制备胆矾（CuSO4•5H2O）：‎ ‎①分析表格（其中KSP是相应金属氢氧化物的沉淀溶解平衡常数）：‎ Ksp 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+‎ ‎2.6×10﹣39‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Cu2+‎ ‎2.2×10﹣20‎ ‎4.7‎ ‎6.7‎ 步骤一应调节溶液的pH范围是　3.2≤pH＜4.7　．请运用沉淀溶解平衡的有关理论解释加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因　加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH﹣）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH﹣）＞Ksp，导致Fe3+生成沉淀而除去　．‎ ‎②步骤三中的具体操作方法是　蒸发浓缩，冷却结晶　．‎ ‎（3）有人提出可以利用图乙的装置从溶液B中提炼金属铜．该过程中图乙电极的反应式是　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　，总反应的方程式是　2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）在氧化还原反应中，化合价升高的元素在反应中被氧化；‎ ‎（2）①根据实验的目的结合相应金属氢氧化物的沉淀溶解平衡常数进行解答；运用沉淀溶解平衡移动的原理进行解答；‎ ‎②溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液；‎ - 24 -‎ ‎（3）溶液B为硫酸铜，从溶液B中提炼金属铜，实质是2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑．‎ ‎【解答】解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从﹣2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，‎ 故答案为：Fe和CuFeS2中的S；‎ ‎（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH﹣）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH﹣）＞Ksp，导致Fe3+生成沉淀而除去，‎ 故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH﹣）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH﹣）＞Ksp，导致Fe3+生成沉淀而除去；‎ ‎②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，‎ 故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；‎ ‎（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；阴极上得电子，反应还原反应，所以铜离子的阴极上得电子生成铜Cu2++2e﹣=Cu，总的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，‎ 故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑．‎ ‎【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，涉及制备胆矾，依据流程图结合铜及其化合物的性质是解答的关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙．如图甲所示A﹣E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题．‎ ‎（1）实验室若用NH4Cl和熟石灰作试剂来制取、收集干燥的NH3，则需选用上述仪器装置中的　BDE　（填装置序号）．若要制取、收集干燥的CO2，请选择装置并按气流方向连接各仪器接口　acdh　．‎ - 24 -‎ ‎（2）若在A的分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内加NaOH固体，也能制取氨气．请解释装置A中能产生氨气的原因　氢氧化钠溶于水放出大量热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出　　氢氧化钠电离出的OH﹣增大了氨水中OH﹣浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出　‎ ‎（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是　NH3　，若实验过程中有氨气逸出，应选图乙　b　装置回收（填代号）．写出制纳米级碳酸钙的化学方程式　CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl　．‎ ‎（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级　取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是　．‎ ‎【考点】常见气体制备原理及装置选择．‎ ‎【分析】（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置；若要制取、收集干燥的CO2，应选择ACE装置，按照制取、除杂、收集的顺序连接实验装置；‎ ‎（2）NaOH溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发；‎ ‎（3）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式；‎ ‎（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案．‎ ‎【解答】解：（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选B为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选D；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选E；若要制取、收集干燥的CO2，应选择ACE装置，按照制取、除杂、收集的顺序连接实验装置，因氨气密度比空气小，应用向上排空气法收集，则应为acdh，‎ 故答案为：BDE；acdh；‎ ‎（2）NaOH溶于水放出大量的热，可促进氨气的挥发，另外氨水溶液呈碱性，为弱电解质，加入氢氧化钠电离出的OH﹣增大了氨水中OH﹣浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出，‎ 故答案为：氢氧化钠溶于水放出大量热，温度升高，使氨的溶解度减小而放出；氢氧化钠电离出的OH﹣增大了氨水中OH﹣浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出；‎ - 24 -‎ ‎（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，应选择b，氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的方程式为CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，‎ 故答案为：NH3；b；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl；‎ ‎（4）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断；取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，‎ 故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是．‎ ‎【点评】本题考查了氨气的实验室制法，难度中等，注意根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置．‎ ‎　‎ ‎11．下图各物质是中学化学中常见的物质，甲、乙均是离子化合物，且阴、阳离子个数比为1：1．甲是发酵粉的主要成分，乙是一种常用的化肥．B、D常温常压下是气体．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的俗名是　小苏打　．‎ ‎（2）A、D物质的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液均显红色，说明溶液均显　碱　性，其原理是否相同？　不相同　请用必要的文字加以解释并写出离子方程式：　碳酸钠水解显碱性CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；氨气溶于水生成的NH3•H2O电离显碱性NH3•H2O=NH4++OH﹣所以加入酚酞后溶液显红色　．‎ ‎（3）向饱和氯化钠溶液中通入气体D至饱和后，再通入足量的气体B可制得物质甲，写出该反应的化学方程式：　NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ - 24 -‎ ‎【专题】推断题．‎ ‎【分析】甲是发酵粉的主要成分，且阴、阳离子个数比为1：1，应为NaHCO3，则A为Na2CO3，乙是一种常用的化肥，由图中转化关系可知应为NH4HCO3，则B为CO2，D为NH3，C为H2O，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：甲是发酵粉的主要成分，且阴、阳离子个数比为1：1，应为NaHCO3，则A为Na2CO3，乙是一种常用的化肥，由图中转化关系可知应为NH4HCO3，则B为CO2，D为NH3，C为H2O，‎ ‎（1）由以上分析可知甲为NaHCO3，俗名小苏打，故答案为：小苏打；‎ ‎（2）A、D物质的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液均显红色，说明溶液均显碱性，原因是碳酸钠水解显碱性CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；氨气溶于水生成的NH3•H2O电离显碱性NH3•H2O=NH4++OH﹣所以加入酚酞后溶液显红色，二者原理不同，‎ 故答案为：碱；不相同；碳酸钠水解显碱性CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；氨气溶于水生成的NH3•H2O电离显碱性NH3•H2O=NH4++OH﹣所以加入酚酞后溶液显红色；‎ ‎（3）向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的主要原理，反应的方程式为NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，‎ 故答案为：NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意常见物质的用途，为解答该题的关键，解答本题还要牢固把握常见物质的性质，本题涉及侯氏制碱法的制备原理．‎ ‎　‎ 三、选做题 ‎12．【化学﹣化学与技术】‎ 下图表示某些化工生产的流 ‎13．【化学﹣物质结构与性质】‎ C60（结构模型如图所示）的发现是化学界的大事之一．C60与金属钾化合生成K3C60．K3C60具有超导性．‎ ‎（1）碳原子的价电子排布式为　2s22p2　．‎ ‎（2）C60分子中的杂化轨道介于石墨和金刚石的杂化轨道之间，则石墨和金刚石中碳原子的杂化方式分别是　sp2　、　sp3　．‎ ‎（3）K3C60属于离子晶体，其中阴阳离子个数比为1：3，则该晶体的构成微粒为　K+、C603﹣　．（用化学式表示）‎ - 24 -‎ ‎（4）已知C60晶体内相邻C60球体间的距离是304pm，与石墨平面层间距离（335pm）相比较，说明C60晶体中C60和C60间作用力属于　分子间作用力　（填“离子键”、“共价键”或“分子间作用力”），两者数据存在差异的原因是　C60的摩尔质量大于C原子的摩尔质量，故C60分子间的作用力大些、间距小些　．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】（1）碳原子含有有6个电子，其最外层电子为其价电子，根据构造原理书写其基态原子价层电子排布式；‎ ‎（2）根据价层电子对互斥理论确定其杂化类型；‎ ‎（3）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定其离子；‎ ‎（4）根据题意知，该晶体为分子晶体，分子间存在分子间作用力，分子间距离越大其分子间作用力越小．‎ ‎【解答】解：（1）碳原子含有有6个电子，其最外层电子为其价电子，根据构造原理知其基态价层电子排布式为2s22p2，‎ 故答案为：2s22p2；‎ ‎（2）石墨晶体中每个碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以碳原子杂化方式为sp2，金刚石中每个碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp3，‎ 故答案为：sp2、sp3；‎ ‎（3）K3C60属于离子晶体，其中阴阳离子个数比为1：3，该化学式中含有3个阳离子，所以该阳离子是钾离子，每个钾离子带1个单位正电荷，阴离子带3个单位负电荷，所以其构成离子为K+、C603﹣，故答案为：K+、C603﹣；‎ ‎（4）C60晶体是分子晶体，所以分子间存在分子间作用力，分子晶体中分子间作用力与其距离成反比，与其摩尔质量成正比，所以C60晶体内相邻C60球体间的距离是304pm，与石墨平面层间距离（335pm），‎ 故答案为：分子间作用力，C60的摩尔质量大于C原子的摩尔质量，故C60分子间的作用力大些、间距小些．‎ - 24 -‎ ‎【点评】本题考查了离子的判断、杂化方式的确定、电子排布式的书写等知识点，难度不大，电子排布式的书写、杂化方式的判断等都是常考查点．‎ ‎　‎ 五、选做题 ‎14．如图中，A无酸性，不能水解，在一定条件下发生消去反应可得到两种互为同分异构体的产物，其中的一种B含有一个甲基，可用于制取合成树脂、染料等多种化工产品．E能使溴水退色，不能发生银镜反应．‎ 试回答下列问题；‎ ‎（1）写出B、E的结构简式 B　CH3﹣CH=CH﹣CHO　、E　CH3﹣CH=CH﹣CH2OH　‎ ‎（2）写出D中官能团的名称　羟基　，E生成D的反应类型是　加成或还原　‎ ‎（3）写出A生成C的化学方程式　　‎ ‎（4）C的同分异构体C1与C具有相同的官能团，两分子C1脱去两分子水形成含有六元环的化合物，写出C1可能的结构简式　　、　　．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A分子式为C4H8O2，无酸性，说明不含羧基，不能水解，说明不含酯基，在一定条件下发生消去反应可得到两种互为同分异构体的产物，说明A含有羟基，且羟基不在端点碳原子上，其中的一种B含有一个甲基，B的还原产物E能使溴水退色，不能发生银镜反应，说明B中含有一个醛基，即A中含有一个醛基，则A为CH3CH（OH）CH2CHO，B为CH3﹣CH=CH﹣CHO，E为CH3﹣CH=CH﹣CH2OH，B、E均能与氢气加成生成D，则D为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2OH，A与新制氢氧化铜反应生成C，则C为CH3CH（OH）CH2COOH，以此解答．‎ - 24 -‎ ‎【解答】解：A分子式为C4H8O2，无酸性，说明不含羧基，不能水解，说明不含酯基，在一定条件下发生消去反应可得到两种互为同分异构体的产物，说明A含有羟基，且羟基不在端点碳原子上，其中的一种B含有一个甲基，B的还原产物E能使溴水退色，不能发生银镜反应，说明B中含有一个醛基，即A中含有一个醛基，则A为CH3CH（OH）CH2CHO，B为CH3﹣CH=CH﹣CHO，E为CH3﹣CH=CH﹣CH2OH，B、E均能与氢气加成生成D，则D为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2OH，A与新制氢氧化铜反应生成C，则C为CH3CH（OH）CH2COOH，‎ ‎（1）由上分析B为CH3﹣CH=CH﹣CHO，E为CH3﹣CH=CH﹣CH2OH，故答案为：CH3﹣CH=CH﹣CHO；CH3﹣CH=CH﹣CH2OH；‎ ‎（2）D为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2OH，含有的官能团为羟基，CH3﹣CH=CH﹣CH2OH通过与氢气反应生成CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2OH，反应类型为加成或还原反应，故答案为：羟基；加成或还原；‎ ‎（3）A生成C的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（4）C为CH3CH（OH）CH2COOH，两分子C1脱去两分子水形成含有六元环的化合物，则C的同分异构体的羟基应该在三号碳原子上，C1可以为和，故故答案为：；．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断，难度中等，全面考查有机化学基础知识，掌握官能团的性质与转化是关键，注意根据转化关系中分子式进行推断，对学生的逻辑推理有一定的要求，较好的考查学生的综合能力，是热点题型．‎ ‎　‎ - 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