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【化学】云南省红河州弥勒市中小学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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云南省红河州弥勒市中小学2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量：
1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是
A. 生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致
B. 石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化
C. 焚烧废旧塑料可有效防止“白色污染”
D. 工业废水中的、等重金属阳离子可以通过加入除去
【答案】C
【解析】
【详解】A．生活中钢铁制品生锈主要是由于钢铁及其中含有碳及周围的水膜构成原电池，发生吸氧腐蚀所致，A正确；
B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都有新物质产生，因此都属于化学变化，B正确；
C．焚烧废旧塑料可以减少“白色污染”，但不能防止“白色污染”，同时，焚烧废旧塑料造成环境二次污染，C错误；
D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS，发生沉淀转化，使Cu2+、Hg2+等重金属阳离子形成更难溶于水的CuS、HgS而除去，D正确。
答案选C。
2.下列有关化学用语正确的是
A. 的原子结构示意图： B. 与互为同系物
C. 过氧化钠的电子式是 D. 硝酸酐的化学式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质子数为6，核外电子数为6，其原子结构示意图：，A错误；
B．中羟基与苯环直接相连，属于酚，中羟基与苯环不直接相连，属于醇，二者结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．过氧化钠是离子化合物，其电子式为：，C正确；
D．硝酸中氮元素为+5价，所以硝酸酐为N2O5，D错误。
答案选C。
3.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A. 所示装置进行用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验
B. 所示装置验证二氧化硫的漂白性
C. 所示装置分离四氯化碳和苯的混合物
D. 所示装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 酸式滴定管只能盛放酸性溶液或强氧化性溶液，碱式滴定管用来盛放碱性溶液；
B. 二氧化硫的漂白性可用品红溶液验证；
C. 依据蒸馏时温度计作用分析作答；
D. 氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢。
【详解】A. 玻璃中的二氧化硅成分会与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，会导致活塞打不开，所以不能用酸式滴定管盛放标准的氢氧化钠溶液，而应用碱式滴定管盛放，故A项错误；
B. 实验装置中生成的二氧化硫会与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使两者褪色，体现的是二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B项错误；
C. 四氯化碳和苯互溶且沸点不同，可用蒸馏法分离，其温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处，以便测量蒸汽的温度，故C项错误；
D.图中氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢，左侧的五氧化二磷为酸性干燥剂，可干燥氯化氢气体，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而右侧碱石灰为碱性干燥剂，可干燥氨气，使湿润的酚酞试剂变红，因此该实验能达到实验目的，故D项正确；
答案选D。
4.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2 Na2CO3各步转化，故A正确；
B．硝酸铝溶液直接蒸干会发生水解，生成的硝酸挥发，氢氧化铝分解生成氧化铝，最终得到氧化铝，故B错误；
C．电解氯化钠的水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误；
故答案为A。
5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3·H2O能大量共存
D
向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS)
【答案】B
【解析】
【详解】A、酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红，故A错误；
B、KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，故B正确；
C、AgNO3 溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存，故C错误；
D、Na2S溶液过量，均可直接生成沉淀，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选:B；
【点睛】需要验证Ksp大小时，应将硫化钠滴入含有相同浓度的锌离子与铜离子的溶液中，观察沉淀出现的先后顺序，从而判断Ksp大小。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 若将lmol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
B. lmolCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中，CH3COO-的数目为NA
C. 标准状态下，2.24LC12溶于水，转移的电子数目为0.1NA
D. 标准状况下，11.2L三氯甲烷所含的原子数为2NA
【答案】B
【解析】
A、1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于NA，故A错误；B、由电荷守恒C(CH3COO－)+C(OH－)C(Na＋）+C(H＋)，又因为1molCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液，所以C(OH－)=C(H＋)，C(CH3COO－)=C(Na＋），溶液体积相等，n(CH3COO－)=n(Na＋）=NA.，故B正确；C、氯气溶于水的反应是可逆反应，也就是氯气不能和水完全反应，只是一部分反应，转移电子数要少于0.1NA，故C错误；D、标准状况下,三氯甲烷是液体，只有1mol气体在标准状况下的体积才是22.4L，液体不适用，故D错误；故选B。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z的焰色反应呈黄色。常温下，Z和W形成化合物的水溶液的pH=7。下列说法正确的是( )
A. X与W属于不同周期、不同主族元素
B. 简单离子半径：X＜Z
C. 简单氢化物的沸点：Y＞W＞Z
D. Z和W形成的化合物的水溶液与Y单质反应，能置换出W
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题干，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，若X为第二周期元素，则X 为O元素，若X为第三周期元素则不满足题意，故X为O元素；Z的焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；Z和W形成化合物的水溶液的pH=7，则W为Cl元素；Y为F元素，据此答题。
【详解】A．根据分析，X在第二周期第ⅥA族，W在第三周期第ⅦA族，二者属于属于不同周期、不同主族元素，A正确；
B．相同结构的离子，原子序数越大半径越小，O的原子序数小于Na，则简单离子半径O2-＞Na+，B错误；
C．Y的简单氢化物为HF，W的简单氢化物为HCl，Z的简单氢化物为NaH，HF、HCl为共价化合物，且HF存在分子间氢键，NaH为离子化合物，离子化合物的沸点高于共价化合物的沸点，则三种简单氢化物的沸点从大到小为NaH＞HF＞HCl，C错误；
D．Z和W可以形成化合物NaCl，F2在NaCl的水溶液中可以与水发生反应生成O2，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，并不能把Cl置换出来，D错误；
故选A。
8.下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
除去蛋白质溶液中混有的(NH4)2SO4
将混合物装入半透膜袋，并放入流动的蒸馏水中
B
除去Mg 粉中混有的Al 粉
加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥
C
用CCl4 萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，再从上口倒出水层
D
检验溶液中存在SO42‾
向未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫酸铵能通过半透膜，但蛋白质分子不能通过半透膜，所以能进行分离，故正确；B.铝和氢氧化钠反应但镁不反应，故能分离，故正确；C.四氯化碳的密度比水大，在下层，碘易溶于四氯化碳，从分液漏斗下口放出碘的四氯化碳溶液，从上口倒出水，故正确；D.要检验硫酸根离子，先加入盐酸，不产生沉淀，后加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液含有硫酸根离子，若盐酸和氯化钡同时加入，则银离子可以干扰，故错误。故选D。
9.下列反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中滴入溶液至恰好完全沉淀：
B. 与溶液反应：
C. 电解溶液：
D. 向氨水中通入过量：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中滴入溶液至恰好完全沉淀，只有一半氢氧根离子反应：，故A错误；
B．与溶液反应：，故B错误；
C．电解溶液生成Mg(OH)2沉淀：，故C错误；
D．向氨水中通入过量生成NH4HSO3：，故D正确；
故选D。
10.有机物A、B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A在一定条件下可转化为B(如图所示)，下列说法正确的是
A. 分子A中至少有8个碳原子位于同一平面
B. 与浓溴水发生取代反应时，最多消耗
C. 物质B能发生银镜反应，也能发生水解反应
D. 最多可与发生加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯环上6个碳，以及直接与苯环相连的2个碳一定共面，分子A中至少有8个碳原子位于同一平面，故A正确；
B．与浓溴水发生取代反应时，酚羟基的邻位消耗1mol，对位消耗1mol，最多消耗，故B错误；
C．物质B含有醛基能发生银镜反应，但没有酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．B分子中的苯环、碳碳双键、醛基、羰基均可与氢气发生加成反应，所以1molB最多与6mol氢气发生加成反应，D错误；
故选A。
11.下列说法不正确的是
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B 饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与H2O的反应是固体液体反应生成气体，故该反应为熵增的反应，故△S﹥0，在反应中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反应为放热反应，则△H﹤0，故△G=△H-T△S﹤0，故该反应能自发进行，A正确；
B．饱和Na2SO3溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SO3为钠盐，故饱和Na2SO3溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质变性，二者原理不同，故B正确；
C．FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂，加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，故反应速率的改变不同，故C错误；
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl溶液NH4＋水解使溶液呈酸性，会消耗OH－，则Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，故固体Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，D正确；
答案选C。
12.下列装置由甲、乙两部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动
B. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-2CO2↑+N2↑+16H+
C. 一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变
D. 当N极消耗0.25 mol O2时，则铁极增重16 g
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
【详解】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，
A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，选项A正确；
B．H2N（CH2）NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N（CH2）NH2+4H2O-16e-═2CO2↑+N2↑+16e-，选项B正确；
C．乙装置是在铁上镀铜，铜在阳极失电子变为铜离子进入溶液中，溶液中的铜离子又在阴极得电子，生成铜，整个过程中电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，选项C正确；
D．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，选项D错误；
答案选D。
13.下列关于有机物的说法不正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B. 酸性溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸
C. 苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
D. 分子式为的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】
【详解】A．单糖是简单的糖，不能水解，如葡萄糖，故A错误；
B．酸性溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸，现象分别是：苯与酸性溶液，分两层，上层是无色，下层紫红色；乙醇能使酸性溶液褪色；乙酸与酸性溶液互溶，但不褪色；故B正确；
C．苯和乙烯均可以使溴水褪色，前者是苯萃取了水中的溴，后者乙烯和溴发生了加成反应，褪色原理不同，故C正确；
D．分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3-CH2-CHCl2（取代左侧甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2-CH3；分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3（一中间一边上），故C3H6Cl2共有四种，故D正确；
故选A。
14.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 向溶液中加入等体积溶液：
B. 物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，
C. 已知常温下，的电离常数，.溶液：
D. 溶液与溶液混合：
【答案】D
【解析】
【分析】
A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3；
B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成CH3COONa溶液，根据物料守恒分析；
C．溶液要先判断水解和电离的大小，确定溶液的酸碱性；
D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液，由此分析。
【详解】A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3水解导致溶液呈碱性，且碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，所以c（HCO ）＞c（CO）＞c（OH－）＞c（H＋），故A错误；
B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成的CH3COONa溶液，根据物料守恒，，故B错误；
C．NaHC2O4溶液中水解：HC2O+H2OH2C2O4+OH－，其水解平衡常数的表达式为Kh2=，然后变形，即上下同乘以c（H＋），得到Kh2==1.85×10-13＜，说明HC2O4－的电离程度大于其水解，溶液显酸性，溶液：，故C错误；
D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液，氯化钠是强电解质，不水解，显中性，而一水合氨发生部分电离，溶液呈碱性：，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及质子守恒的灵活运用，易错选项是C，先要计算草酸氢根的水解常数，与电离常数比较，确定其电离大于水解，溶液呈酸性。
15.亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5 ℃，沸点：－5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：
为制备纯净干燥气体，补充下表中缺少的药品。
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净的Cl2
MnO2
①________
②________
制备纯净的NO
Cu
③________
④________
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。
③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。
④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。
（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 饱和食盐水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). e→f（或f→e）→c→b→d (6). 通过观察气泡调节气体的流速 (7). 防止水蒸气进入反应器 (8). NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O (9). HNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O
【解析】
【详解】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。
(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。
(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。
【点睛】本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。
16.二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点－141.5 ℃，沸点－24.9 ℃，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。制备原理如下：
Ⅰ.由天然气催化制备二甲醚：
①2CH4(g)＋O2(g) =CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1
Ⅱ.由合成气制备二甲醚：
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH2＝－90.7 kJ·mol－1
③2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol－1、1 453.0 kJ·mol－1；1 mol液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量。反应③中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H－H
C－O
H－O(水)
H－O(醇)
C－H
E (kJ · mol－1)
436
343
465
453
413
则ΔH1＝______kJ·mol－1；ΔH3＝______ kJ·mol－1
(2)反应③的化学平衡常数表达式为______________。制备原理Ⅰ中，在恒温、恒容的密闭容器中合成，将气体按n(CH4)∶n(O2)＝2∶1混合，能正确反映反应①中CH4 的体积分数随温度变化的曲线是_________________。下列能表明反应①达到化学平衡状态的是_______________。
A．混合气体的密度不变
B．反应容器中二甲醚的百分含量不变
C．反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比
D．混合气体的压强不变
(3)有人模拟制备原理Ⅱ，在500 K时的2 L的密闭容器中充入2 mol CO和6 mol H2,8 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，c(CH3OCH3)＝0.3 mol·L－1，用H2表示反应②的速率是__________；可逆反应③的平衡常数K3＝_________。若在500 K时，测得容器中n(CH3OH)＝n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)_________v(逆)，说明原因____________________。
【答案】 (1). -283.6 (2). -24 (3). (4). M (5). BD (6). 0.2 mol/(L·min) (7). 2.25 (8). > (9). Qc＝＝＝1< 2.25，反应正向进行，v(正)>v(逆)
【解析】
【分析】
（1）根据反应热ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（2）平衡常数K为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，据此判断；
制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是，
A.该反应气体总质量不变，体积不变，混合气体的密度一直不变；
B.当反应容器中各物质的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；
C.反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，不一定是平衡状态；
D.该装置是恒容容器，反应为非等体积反应，混合气体的压强不变时达到平衡状态；
（3）根据三段法计算平衡时各物质的浓度，利用v=计算氢气的速率及平衡常数；利用平衡常数和浓度商之间的关系判断平衡移动的方向。
【详解】（1）若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol－1、1 453.0 kJ·mol－1；得到甲烷、二甲醚的燃烧热化学方程式分别为④CH4(g)＋2O2(g) =CO2(g)＋2H2O(l) ΔH4＝－890.3 kJ·mol－1；⑤CH3OCH3(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH5＝－1 453.0 kJ·mol－1；故④×2－⑤＝①得到：2CH4(g)＋O2(g) =CH3OCH3(g)＋H2O(l)，且1 mol 液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量，故则ΔH1＝(－890.3×2＋1 453＋44.0) kJ·mol－1＝－283.6 kJ·mol－1，根据所给键能，③2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，反应物总键能－生成物总键能＝反应热，故ΔH3＝－24 kJ·mol－1；
（2）反应③的化学平衡常数表达式为K＝；反应①是放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，故能正确反映反应①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是M；
制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是气态，
A.混合气体的密度一直不变，不能说明反应达到平衡状态；
B.当反应容器中二甲醚的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；
C.反应物反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，故不能说明反应达到平衡状态；
D.该装置是恒容容器，混合气体的压强不变，说明气体总物质的量不变，且该反应前后气体分子总数不等，故达到平衡状态；故选BD；
（3）由合成气制备二甲醚：
②CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始时(mol/L) 1 3 0
转化(mol/L) 0.8 1.6 0.8
平衡时(mol/L) 0.2 1.4 0.8
③2CH3OH(g) CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)
起始时(mol/L) 0.8 0 0
转化(mol/L) 0.6 0.3 0.3
平衡时(mol/L) 0.2 0.3 0.3
H2表示反应②的速率是v(H2)＝ mol·L－1·min－1＝0.2 mol/(L·min)；可逆反应③的平衡常数K3＝＝＝2.25；若在500 K时，测得容器中n(CH3OH)＝n(CH3OCH3)，则说明c(CH3OH)＝c(CH3OCH3)＝c(H2O)，则此时Qc＝＝＝1< 2.25，故反应正向进行，v(正)>v(逆)。
17.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制240 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸__mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需____________。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有____________________。（答出两点）
(3)H2O2作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式_________________。
(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的ph
2.7
—
—
—
沉淀完全时的ph
3.7
11.1
5.4（>8溶解）
9（>9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有_______；但溶液的pH不能超过8，其理由是________________________。
(5)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_____。
(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：________________。
【答案】 (1). 65 .2 (2). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 升高温度（加热）、搅拌 (4). 2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+ (5). Na+、Ca2+、Mg2+ (6). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr（Ⅲ）回收与再利用 (7). Ca2+、Mg2+ (8). 3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH
【解析】
【详解】（1）设需要浓硫酸的体积为VmL，则18.4mol·L－1×VmL=250mL×4.8mol·L－1，解得V=65.2；配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要250 mL容量瓶、胶头滴管；
（2）为了提高浸取率，可以升高温度（加热）、搅拌等；
（3）H2O2具有强氧化性，能将Cr3＋氧化为Cr2O72－，H2O2中O元素化合价降低为-2价，Cr元素化合价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒以及电荷、原子守恒可写出其离子方程式为：2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+；
（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入双氧水氧化Cr3＋为Cr2O72－，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液呈碱性，Cr2O72－转化为CrO4－；溶液pH=8，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋；pH＞8时，氢氧化铝会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用；
（5）滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋，故钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO42－，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，根据原子守恒以及得失电子守恒写出反应的方程式为：3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。
18.【化学选修3:物质结构与性质】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。
（1）E元素的基态原子电子排布式为__________________。
（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有___个σ键和____个π键。
（3）A 的含氧酸根离子AO3n-的空间构型是___________。
（4）B的最简单的氢化物的沸点比A 的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_____。
（5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是______。
（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为____，若该原子的半径为rpm ，此晶体的密度ρ=______g/cm3（用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 3 (3). 2 (4). 正三角形 (5). 氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 (6). [Cu(NH3)4](OH)2 (7). 8 (8).
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。
解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。
（1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
（2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为H－C≡C－H，则分子中含有3个σ键和2个π键。
（3）A 的含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数＝，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。
（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。
（5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2。
（6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度ρ＝g/cm3。
19.有机物同时满足下列条件：①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只2种；③与足量的反应生成；④遇溶液不显色.A如图所示转化关系：
已知：
回答下列问题：
(1)E中官能团名称_____，H的分子式为_______.
(2)由C生成G的反应类型是________.
(3)A的结构简式为____，G的结构简式为_________.
(4)①写出C⟶D反应的化学方程式_________；
②写出I→J反应的离子方程式_____________.
(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件：a.能发生银镜反应，b.能发生皂化反应；c.能与反应产生，共有_____种(不含立体异构).其中核磁共振氡谱显示为3组峰，且峰面积比为6:1:1的是_________(写结构简式).
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). (3). 酯化反应
(4). (5).
(6).
(7). +CO2+H2O⟶ +HCO (8). 5 (9).
【解析】
【分析】
A在碱性条件下水解得到B与H，A中含有酯基，B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基，由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH，C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2CH2COOH，G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式，H中含7个碳原子，H发生信息中脱羧反应得到I，I与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用生成白色沉淀K，则J中含有酚羟基，1mol A与足量的NaHCO3反应生成1mol CO2，说明A分子中含有1个-COOH，而A遇FeCl3溶液不显色，则A不含酚羟基，则A中酯基为羧酸与酚形成的，A中含苯环且不含甲基，且苯环上一氯取代物只有2种，则A中含有2个对位位置的取代基，可推知A的结构简式为：，H为，I为，J为，K为。
【详解】(1)E为CH2=CHCH2COOH，E中官能团名称碳碳双键和羧基，H为，H的分子式为；故答案为：碳碳双键和羧基；；
(2)C为HOCH2CH2CH2COOH，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，G为，由C生成G的反应类型是酯化反应；故答案为：酯化反应；
(3)由分析：A的结构简式为，G的结构简式为；故答案为：；；
(4)①C发生缩聚反应得到D为,C⟶D反应的化学方程式；故答案为：；
②I与二氧化碳、水作用得到J，I→J反应的离子方程式+CO2+H2O⟶ +HCO；故答案为：+CO2+H2O⟶ +HCO；
(5)C为HOCH2CH2CH2COOH，C的同分异构体中能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能发生皂化反应，含有甲酸形成的酯基，c．能与Na反应产生H2，还含有羟基，可以看作丙烷中H原子被-OH、-OOCH取代，-OOCH取代甲基中H原子，-OH有3种位置，-OOCH取代亚甲基中H原子，-OH有2种位置，共有5种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6﹕1﹕1的是：(写结构简式)；故答案为：5；。
【点睛】本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等，难点：A结构的推断，根据反应条件判断物质含有的官能团，综合分析确定A的结构。
可能用到的相对原子质量：
1.化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是
A. 生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致
B. 石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化
C. 焚烧废旧塑料可有效防止“白色污染”
D. 工业废水中的、等重金属阳离子可以通过加入除去
【答案】C
【解析】
【详解】A．生活中钢铁制品生锈主要是由于钢铁及其中含有碳及周围的水膜构成原电池，发生吸氧腐蚀所致，A正确；
B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都有新物质产生，因此都属于化学变化，B正确；
C．焚烧废旧塑料可以减少“白色污染”，但不能防止“白色污染”，同时，焚烧废旧塑料造成环境二次污染，C错误；
D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS，发生沉淀转化，使Cu2+、Hg2+等重金属阳离子形成更难溶于水的CuS、HgS而除去，D正确。
答案选C。
2.下列有关化学用语正确的是
A. 的原子结构示意图： B. 与互为同系物
C. 过氧化钠的电子式是 D. 硝酸酐的化学式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质子数为6，核外电子数为6，其原子结构示意图：，A错误；
B．中羟基与苯环直接相连，属于酚，中羟基与苯环不直接相连，属于醇，二者结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．过氧化钠是离子化合物，其电子式为：，C正确；
D．硝酸中氮元素为+5价，所以硝酸酐为N2O5，D错误。
答案选C。
3.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A. 所示装置进行用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验
B. 所示装置验证二氧化硫的漂白性
C. 所示装置分离四氯化碳和苯的混合物
D. 所示装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 酸式滴定管只能盛放酸性溶液或强氧化性溶液，碱式滴定管用来盛放碱性溶液；
B. 二氧化硫的漂白性可用品红溶液验证；
C. 依据蒸馏时温度计作用分析作答；
D. 氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢。
【详解】A. 玻璃中的二氧化硅成分会与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，会导致活塞打不开，所以不能用酸式滴定管盛放标准的氢氧化钠溶液，而应用碱式滴定管盛放，故A项错误；
B. 实验装置中生成的二氧化硫会与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使两者褪色，体现的是二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B项错误；
C. 四氯化碳和苯互溶且沸点不同，可用蒸馏法分离，其温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处，以便测量蒸汽的温度，故C项错误；
D.图中氯化铵受热易分解生成氨气与氯化氢，左侧的五氧化二磷为酸性干燥剂，可干燥氯化氢气体，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而右侧碱石灰为碱性干燥剂，可干燥氨气，使湿润的酚酞试剂变红，因此该实验能达到实验目的，故D项正确；
答案选D。
4.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2 Na2CO3各步转化，故A正确；
B．硝酸铝溶液直接蒸干会发生水解，生成的硝酸挥发，氢氧化铝分解生成氧化铝，最终得到氧化铝，故B错误；
C．电解氯化钠的水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误；
故答案为A。
5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3·H2O能大量共存
D
向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS)
【答案】B
【解析】
【详解】A、酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红，故A错误；
B、KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，故B正确；
C、AgNO3 溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存，故C错误；
D、Na2S溶液过量，均可直接生成沉淀，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选:B；
【点睛】需要验证Ksp大小时，应将硫化钠滴入含有相同浓度的锌离子与铜离子的溶液中，观察沉淀出现的先后顺序，从而判断Ksp大小。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 若将lmol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
B. lmolCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中，CH3COO-的数目为NA
C. 标准状态下，2.24LC12溶于水，转移的电子数目为0.1NA
D. 标准状况下，11.2L三氯甲烷所含的原子数为2NA
【答案】B
【解析】
A、1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于NA，故A错误；B、由电荷守恒C(CH3COO－)+C(OH－)C(Na＋）+C(H＋)，又因为1molCH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液，所以C(OH－)=C(H＋)，C(CH3COO－)=C(Na＋），溶液体积相等，n(CH3COO－)=n(Na＋）=NA.，故B正确；C、氯气溶于水的反应是可逆反应，也就是氯气不能和水完全反应，只是一部分反应，转移电子数要少于0.1NA，故C错误；D、标准状况下,三氯甲烷是液体，只有1mol气体在标准状况下的体积才是22.4L，液体不适用，故D错误；故选B。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z的焰色反应呈黄色。常温下，Z和W形成化合物的水溶液的pH=7。下列说法正确的是( )
A. X与W属于不同周期、不同主族元素
B. 简单离子半径：X＜Z
C. 简单氢化物的沸点：Y＞W＞Z
D. Z和W形成的化合物的水溶液与Y单质反应，能置换出W
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题干，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，若X为第二周期元素，则X 为O元素，若X为第三周期元素则不满足题意，故X为O元素；Z的焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；Z和W形成化合物的水溶液的pH=7，则W为Cl元素；Y为F元素，据此答题。
【详解】A．根据分析，X在第二周期第ⅥA族，W在第三周期第ⅦA族，二者属于属于不同周期、不同主族元素，A正确；
B．相同结构的离子，原子序数越大半径越小，O的原子序数小于Na，则简单离子半径O2-＞Na+，B错误；
C．Y的简单氢化物为HF，W的简单氢化物为HCl，Z的简单氢化物为NaH，HF、HCl为共价化合物，且HF存在分子间氢键，NaH为离子化合物，离子化合物的沸点高于共价化合物的沸点，则三种简单氢化物的沸点从大到小为NaH＞HF＞HCl，C错误；
D．Z和W可以形成化合物NaCl，F2在NaCl的水溶液中可以与水发生反应生成O2，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，并不能把Cl置换出来，D错误；
故选A。
8.下列实验操作不能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
除去蛋白质溶液中混有的(NH4)2SO4
将混合物装入半透膜袋，并放入流动的蒸馏水中
B
除去Mg 粉中混有的Al 粉
加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥
C
用CCl4 萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，再从上口倒出水层
D
检验溶液中存在SO42‾
向未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫酸铵能通过半透膜，但蛋白质分子不能通过半透膜，所以能进行分离，故正确；B.铝和氢氧化钠反应但镁不反应，故能分离，故正确；C.四氯化碳的密度比水大，在下层，碘易溶于四氯化碳，从分液漏斗下口放出碘的四氯化碳溶液，从上口倒出水，故正确；D.要检验硫酸根离子，先加入盐酸，不产生沉淀，后加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液含有硫酸根离子，若盐酸和氯化钡同时加入，则银离子可以干扰，故错误。故选D。
9.下列反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中滴入溶液至恰好完全沉淀：
B. 与溶液反应：
C. 电解溶液：
D. 向氨水中通入过量：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中滴入溶液至恰好完全沉淀，只有一半氢氧根离子反应：，故A错误；
B．与溶液反应：，故B错误；
C．电解溶液生成Mg(OH)2沉淀：，故C错误；
D．向氨水中通入过量生成NH4HSO3：，故D正确；
故选D。
10.有机物A、B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A在一定条件下可转化为B(如图所示)，下列说法正确的是
A. 分子A中至少有8个碳原子位于同一平面
B. 与浓溴水发生取代反应时，最多消耗
C. 物质B能发生银镜反应，也能发生水解反应
D. 最多可与发生加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯环上6个碳，以及直接与苯环相连的2个碳一定共面，分子A中至少有8个碳原子位于同一平面，故A正确；
B．与浓溴水发生取代反应时，酚羟基的邻位消耗1mol，对位消耗1mol，最多消耗，故B错误；
C．物质B含有醛基能发生银镜反应，但没有酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．B分子中的苯环、碳碳双键、醛基、羰基均可与氢气发生加成反应，所以1molB最多与6mol氢气发生加成反应，D错误；
故选A。
11.下列说法不正确的是
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B 饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与H2O的反应是固体液体反应生成气体，故该反应为熵增的反应，故△S﹥0，在反应中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反应为放热反应，则△H﹤0，故△G=△H-T△S﹤0，故该反应能自发进行，A正确；
B．饱和Na2SO3溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SO3为钠盐，故饱和Na2SO3溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质变性，二者原理不同，故B正确；
C．FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂，加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，故反应速率的改变不同，故C错误；
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl溶液NH4＋水解使溶液呈酸性，会消耗OH－，则Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，故固体Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，D正确；
答案选C。
12.下列装置由甲、乙两部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动
B. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-2CO2↑+N2↑+16H+
C. 一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变
D. 当N极消耗0.25 mol O2时，则铁极增重16 g
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
【详解】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，
A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，选项A正确；
B．H2N（CH2）NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N（CH2）NH2+4H2O-16e-═2CO2↑+N2↑+16e-，选项B正确；
C．乙装置是在铁上镀铜，铜在阳极失电子变为铜离子进入溶液中，溶液中的铜离子又在阴极得电子，生成铜，整个过程中电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，选项C正确；
D．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，选项D错误；
答案选D。
13.下列关于有机物的说法不正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B. 酸性溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸
C. 苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
D. 分子式为的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】
【详解】A．单糖是简单的糖，不能水解，如葡萄糖，故A错误；
B．酸性溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸，现象分别是：苯与酸性溶液，分两层，上层是无色，下层紫红色；乙醇能使酸性溶液褪色；乙酸与酸性溶液互溶，但不褪色；故B正确；
C．苯和乙烯均可以使溴水褪色，前者是苯萃取了水中的溴，后者乙烯和溴发生了加成反应，褪色原理不同，故C正确；
D．分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3-CH2-CHCl2（取代左侧甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2-CH3；分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3（一中间一边上），故C3H6Cl2共有四种，故D正确；
故选A。
14.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 向溶液中加入等体积溶液：
B. 物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，
C. 已知常温下，的电离常数，.溶液：
D. 溶液与溶液混合：
【答案】D
【解析】
【分析】
A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3；
B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成CH3COONa溶液，根据物料守恒分析；
C．溶液要先判断水解和电离的大小，确定溶液的酸碱性；
D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液，由此分析。
【详解】A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3水解导致溶液呈碱性，且碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，所以c（HCO ）＞c（CO）＞c（OH－）＞c（H＋），故A错误；
B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成的CH3COONa溶液，根据物料守恒，，故B错误；
C．NaHC2O4溶液中水解：HC2O+H2OH2C2O4+OH－，其水解平衡常数的表达式为Kh2=，然后变形，即上下同乘以c（H＋），得到Kh2==1.85×10-13＜，说明HC2O4－的电离程度大于其水解，溶液显酸性，溶液：，故C错误；
D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液，氯化钠是强电解质，不水解，显中性，而一水合氨发生部分电离，溶液呈碱性：，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及质子守恒的灵活运用，易错选项是C，先要计算草酸氢根的水解常数，与电离常数比较，确定其电离大于水解，溶液呈酸性。
15.亚硝酰氯（NOCl，熔点：－64.5 ℃，沸点：－5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：
为制备纯净干燥气体，补充下表中缺少的药品。
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净的Cl2
MnO2
①________
②________
制备纯净的NO
Cu
③________
④________
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是____________________。
③装置Ⅶ的作用是________________________________________________________。
④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为______________________。
（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 饱和食盐水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). e→f（或f→e）→c→b→d (6). 通过观察气泡调节气体的流速 (7). 防止水蒸气进入反应器 (8). NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O (9). HNO3(浓)＋3HCl(浓)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O
【解析】
【详解】(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。
(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。
(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。
【点睛】本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。
16.二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点－141.5 ℃，沸点－24.9 ℃，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。制备原理如下：
Ⅰ.由天然气催化制备二甲醚：
①2CH4(g)＋O2(g) =CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1
Ⅱ.由合成气制备二甲醚：
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH2＝－90.7 kJ·mol－1
③2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol－1、1 453.0 kJ·mol－1；1 mol液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量。反应③中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H－H
C－O
H－O(水)
H－O(醇)
C－H
E (kJ · mol－1)
436
343
465
453
413
则ΔH1＝______kJ·mol－1；ΔH3＝______ kJ·mol－1
(2)反应③的化学平衡常数表达式为______________。制备原理Ⅰ中，在恒温、恒容的密闭容器中合成，将气体按n(CH4)∶n(O2)＝2∶1混合，能正确反映反应①中CH4 的体积分数随温度变化的曲线是_________________。下列能表明反应①达到化学平衡状态的是_______________。
A．混合气体的密度不变
B．反应容器中二甲醚的百分含量不变
C．反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比
D．混合气体的压强不变
(3)有人模拟制备原理Ⅱ，在500 K时的2 L的密闭容器中充入2 mol CO和6 mol H2,8 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，c(CH3OCH3)＝0.3 mol·L－1，用H2表示反应②的速率是__________；可逆反应③的平衡常数K3＝_________。若在500 K时，测得容器中n(CH3OH)＝n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)_________v(逆)，说明原因____________________。
【答案】 (1). -283.6 (2). -24 (3). (4). M (5). BD (6). 0.2 mol/(L·min) (7). 2.25 (8). > (9). Qc＝＝＝1< 2.25，反应正向进行，v(正)>v(逆)
【解析】
【分析】
（1）根据反应热ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（2）平衡常数K为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，据此判断；
制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是，
A.该反应气体总质量不变，体积不变，混合气体的密度一直不变；
B.当反应容器中各物质的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；
C.反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，不一定是平衡状态；
D.该装置是恒容容器，反应为非等体积反应，混合气体的压强不变时达到平衡状态；
（3）根据三段法计算平衡时各物质的浓度，利用v=计算氢气的速率及平衡常数；利用平衡常数和浓度商之间的关系判断平衡移动的方向。
【详解】（1）若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol－1、1 453.0 kJ·mol－1；得到甲烷、二甲醚的燃烧热化学方程式分别为④CH4(g)＋2O2(g) =CO2(g)＋2H2O(l) ΔH4＝－890.3 kJ·mol－1；⑤CH3OCH3(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH5＝－1 453.0 kJ·mol－1；故④×2－⑤＝①得到：2CH4(g)＋O2(g) =CH3OCH3(g)＋H2O(l)，且1 mol 液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量，故则ΔH1＝(－890.3×2＋1 453＋44.0) kJ·mol－1＝－283.6 kJ·mol－1，根据所给键能，③2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，反应物总键能－生成物总键能＝反应热，故ΔH3＝－24 kJ·mol－1；
（2）反应③的化学平衡常数表达式为K＝；反应①是放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，CH4的体积分数随温度升高而升高，故能正确反映反应①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是M；
制备原理Ⅰ中，由于是在恒温、恒容的密闭容器中合成，且反应①各物质均是气态，
A.混合气体的密度一直不变，不能说明反应达到平衡状态；
B.当反应容器中二甲醚的百分含量不变时，该反应达到平衡状态；
C.反应物反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比在任何时候都成立，故不能说明反应达到平衡状态；
D.该装置是恒容容器，混合气体的压强不变，说明气体总物质的量不变，且该反应前后气体分子总数不等，故达到平衡状态；故选BD；
（3）由合成气制备二甲醚：
②CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始时(mol/L) 1 3 0
转化(mol/L) 0.8 1.6 0.8
平衡时(mol/L) 0.2 1.4 0.8
③2CH3OH(g) CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)
起始时(mol/L) 0.8 0 0
转化(mol/L) 0.6 0.3 0.3
平衡时(mol/L) 0.2 0.3 0.3
H2表示反应②的速率是v(H2)＝ mol·L－1·min－1＝0.2 mol/(L·min)；可逆反应③的平衡常数K3＝＝＝2.25；若在500 K时，测得容器中n(CH3OH)＝n(CH3OCH3)，则说明c(CH3OH)＝c(CH3OCH3)＝c(H2O)，则此时Qc＝＝＝1< 2.25，故反应正向进行，v(正)>v(逆)。
17.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如下：
其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制240 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸__mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需____________。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有____________________。（答出两点）
(3)H2O2作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式_________________。
(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Mg2+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的ph
2.7
—
—
—
沉淀完全时的ph
3.7
11.1
5.4（>8溶解）
9（>9溶解）
加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有_______；但溶液的pH不能超过8，其理由是________________________。
(5)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_____。
(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：________________。
【答案】 (1). 65 .2 (2). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 升高温度（加热）、搅拌 (4). 2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+ (5). Na+、Ca2+、Mg2+ (6). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr（Ⅲ）回收与再利用 (7). Ca2+、Mg2+ (8). 3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH
【解析】
【详解】（1）设需要浓硫酸的体积为VmL，则18.4mol·L－1×VmL=250mL×4.8mol·L－1，解得V=65.2；配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要250 mL容量瓶、胶头滴管；
（2）为了提高浸取率，可以升高温度（加热）、搅拌等；
（3）H2O2具有强氧化性，能将Cr3＋氧化为Cr2O72－，H2O2中O元素化合价降低为-2价，Cr元素化合价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒以及电荷、原子守恒可写出其离子方程式为：2Cr3++3H2O2+H2O===Cr2O72-+8H+；
（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入双氧水氧化Cr3＋为Cr2O72－，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液呈碱性，Cr2O72－转化为CrO4－；溶液pH=8，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋；pH＞8时，氢氧化铝会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用；
（5）滤液II中阳离子主要是Na＋、Ca2＋和Mg2＋，故钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO42－，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，根据原子守恒以及得失电子守恒写出反应的方程式为：3SO2+2Na2CrO4+12H2O===2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。
18.【化学选修3:物质结构与性质】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。
（1）E元素的基态原子电子排布式为__________________。
（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有___个σ键和____个π键。
（3）A 的含氧酸根离子AO3n-的空间构型是___________。
（4）B的最简单的氢化物的沸点比A 的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_____。
（5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是______。
（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为____，若该原子的半径为rpm ，此晶体的密度ρ=______g/cm3（用含r的代数式表示，阿伏伽德罗常数用NA表示）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 3 (3). 2 (4). 正三角形 (5). 氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 (6). [Cu(NH3)4](OH)2 (7). 8 (8).
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。据此分析解答。
解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，C元素在地壳中含量最高，C是氧元素。其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，原子序数小于氧元素，则A是碳元素，所以B是氮元素。D的单质是短周期中熔点最低的金属，则D是钠。E的合金是我国使用最早的合金，则E是铜。
（1）铜的原子序数是29，铜元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
（2）A的某种氢化物A2H2分子是乙炔，乙炔的结构式为H－C≡C－H，则分子中含有3个σ键和2个π键。
（3）A 的含氧酸根离子CO32-中碳原子的价层电子对数＝，所以碳酸根的空间构型是平面正三角形。
（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高。
（5）铜的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是[Cu(NH3)4](OH)2。
（6）根据钾的晶胞结构可知这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为8。若该原子的半径为rpm，则晶胞体心的对角线是4rpm，所以晶胞的边长是。该晶胞的体积是。晶胞中含有2个钠原子，则此晶体的密度ρ＝g/cm3。
19.有机物同时满足下列条件：①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只2种；③与足量的反应生成；④遇溶液不显色.A如图所示转化关系：
已知：
回答下列问题：
(1)E中官能团名称_____，H的分子式为_______.
(2)由C生成G的反应类型是________.
(3)A的结构简式为____，G的结构简式为_________.
(4)①写出C⟶D反应的化学方程式_________；
②写出I→J反应的离子方程式_____________.
(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件：a.能发生银镜反应，b.能发生皂化反应；c.能与反应产生，共有_____种(不含立体异构).其中核磁共振氡谱显示为3组峰，且峰面积比为6:1:1的是_________(写结构简式).
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). (3). 酯化反应
(4). (5).
(6).
(7). +CO2+H2O⟶ +HCO (8). 5 (9).
【解析】
【分析】
A在碱性条件下水解得到B与H，A中含有酯基，B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基，由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH，C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2CH2COOH，G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式，H中含7个碳原子，H发生信息中脱羧反应得到I，I与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用生成白色沉淀K，则J中含有酚羟基，1mol A与足量的NaHCO3反应生成1mol CO2，说明A分子中含有1个-COOH，而A遇FeCl3溶液不显色，则A不含酚羟基，则A中酯基为羧酸与酚形成的，A中含苯环且不含甲基，且苯环上一氯取代物只有2种，则A中含有2个对位位置的取代基，可推知A的结构简式为：，H为，I为，J为，K为。
【详解】(1)E为CH2=CHCH2COOH，E中官能团名称碳碳双键和羧基，H为，H的分子式为；故答案为：碳碳双键和羧基；；
(2)C为HOCH2CH2CH2COOH，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，G为，由C生成G的反应类型是酯化反应；故答案为：酯化反应；
(3)由分析：A的结构简式为，G的结构简式为；故答案为：；；
(4)①C发生缩聚反应得到D为,C⟶D反应的化学方程式；故答案为：；
②I与二氧化碳、水作用得到J，I→J反应的离子方程式+CO2+H2O⟶ +HCO；故答案为：+CO2+H2O⟶ +HCO；
(5)C为HOCH2CH2CH2COOH，C的同分异构体中能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，说明含有醛基，b．能发生皂化反应，含有甲酸形成的酯基，c．能与Na反应产生H2，还含有羟基，可以看作丙烷中H原子被-OH、-OOCH取代，-OOCH取代甲基中H原子，-OH有3种位置，-OOCH取代亚甲基中H原子，-OH有2种位置，共有5种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6﹕1﹕1的是：(写结构简式)；故答案为：5；。
【点睛】本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等，难点：A结构的推断，根据反应条件判断物质含有的官能团，综合分析确定A的结构。
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