【化学】甘肃省张掖市2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
甘肃省张掖市2018-2019学年高二下学期期末考试
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。试卷满分100分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共25小题，每小题2分，共50分。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.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C. 国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高
D. 《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，而Si为半导体材料可作光电池材料，故B错误；
C．铝锂的密度较小，强度高，可以用于制造飞机的材料，故C正确；
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D错误；
故选C。
2.下列操作中，能使电离平衡H2OH+＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是 ( )
A. 向水中加入NaHSO4溶液
B. 向水中加入Al2(SO4)3固体
C. 向水中加入Na2CO3溶液
D. 将水加热到100℃，使pH＝6
【答案】B
【解析】
【分析】
能使电离平衡H2OH＋+OH－向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性。
【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4═Na＋+H＋+SO42－，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，故A错误；
B、向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故B正确；
C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；
D、升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意不能根据pH确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性．
3.室温下，有两种溶液：①0.01mol/LNH3·H2O溶液；②0.01mol/LNH4Cl溶液。下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是（ ）
A. 加入少量H2O B. 加入少量NaOH固体
C. 升高温度 D. 通入少量HCl气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．当向①0.01mol L-1NH3•H2O ②0.01mol L-1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c(NH4+)都会减小，故A错误；
B．加入少量NaOH固体，氢氧化钠属于强碱，加入后溶液中的c(OH-)增大，抑制了NH3•H2O 溶液的电离，c(NH4+)减小；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，NH4Cl溶液中c(NH4+)减小，所以两溶液中c(NH4+)都减小，故B错误；
C．温度升高，氨气具有挥发性，会从氨水溶液中挥发逸出，NH3•H2O 浓度减小，溶液中的c(NH4+)减小；升高温度，可以促进NH4+水解，导致NH4Cl溶液中c(NH4+)减小，所以两
溶液中c(NH4+)都减小，故C错误：
D．HCl溶于水后得到的盐酸是强电解质，能够和①NH3•H2O 反应，c(NH4+)增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，c(NH4+)也增大，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，升高温度，能够常见弱电解质的电离，要注意氨水易挥发，因此升高温度，氨水中的c(NH4+)减小。
4.已知R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由R2-的核内有n个中子，R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mg R2-的物质的量为mol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为×（M-n+2）=。
答案：B
【点睛】本题考查原子构成，计算时要注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量。
5.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C(s)的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①增加C的量，C为固体，物质的量浓度不变，反应速率不变，故①正确；
②将容器体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故②错误；
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，故③正确；
④保持压强不变，充入N2使体系体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故④错误；
故选A
【点睛】本题的易错点为①，要注意增加固体的量对反应速率没有影响，难点为③和④，要注意容器中压强的变化，最终要根据浓度的变化分析判断。
6.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25℃、101kPa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（ ）
A. CaCO3=CaO+CO2↑
B. NaOH的溶解
C. 2H2+O2=2H2O
D. Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反应，混乱度增加，即熵增过程，且在25℃，101KPa时自发进行，据此分析。
【详解】A.碳酸钙分解为吸热反应，熵变大于0，但碳酸钙在25℃，101KPa下不会自发分解，故A错误；
B.NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故B错误；
C.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故C错误；
D.该反应为吸热反应，且熵变大于0，在25℃，101KPa时能自发发生，符合题意，故D正
确。
故选D。
7.一定条件下，在恒容密闭容器中进行反应3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)不能表示上述反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. v逆(N2)=3v正(H2)
B. N2和HCl物质的量之比保持不变
C. 混合气体密度保持不变
D. 每消耗3molSiCl4(g)的同时消耗1molSi3N4(s)
【答案】A
【解析】
【详解】A．速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(H2)，因此v逆(N2)=3v正(H2)，表示逆反应速率＞正反应速率，反应没有到达平衡状态，故A选；
B. N2和HCl物质的量之比保持不变，说明N2和HCl物质的量保持不变，说明反应达到了平衡状态，故B不选；
C．混合气体密度保持不变，说明混合气体的总质量不变，而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明反应到达平衡状态，故C不选；
D. 每消耗3molSiCl4(g)的同时消耗1molSi3N4(s)，说明正逆反应速率相等，反应到达平衡状态，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意3v逆(N2)=v正(H2)才表示正逆反应速率相等，v逆(N2)=3v正(H2)，表示逆反应速率＞正反应速率。
8.常温下，已知Mg(OH)2溶度积常数Ksp=1.8×10-11，则足量Mg(OH)2固体溶解在pH=12的NaOH溶液中Mg2+浓度为（ ）
A. 1.8×10-7mol/L B. 1.0×10-5mol/L
C. 1.0×10-7mol/L D. 1.8×10-9mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】溶液的pH=12，c(OH-)=10-2mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)c2(OH-)，则c(Mg2+)=
==1.8×10-7mol/L，故选A。
9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B. 氢元素与另外一种元素可形成共价化合物或离子化合物
C. S、Cl的含氧酸的酸性依次增强
D. 用中文“（ào）”命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等活泼金属可以形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；
C．S、Cl的含氧酸不一定是最高价含氧酸，因此酸性不一定依次增强，如硫酸为强酸，次氯酸为弱酸，故C错误；
D．目前周期表中各周期可以容纳的元素种类，118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确；
故选C。
10.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是（ ）
A. 用该装置收集NO
B. 分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液
C. 实验室中制取少量蒸馏水
D. 配制100mL0.10mol/L硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO易被空气氧化，不能利用排空气法收集，应该选用排水法收集NO，故A错误；
B．胶体、溶液均可透过滤纸，过滤不能分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液，应选渗析法分离，故B错误；
C．水的沸点较低，可以选用蒸馏法制取蒸馏水，故C正确；
D．向容量瓶中转移液体需要用玻璃棒引流，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体微粒能够通过滤纸，不能通过半透膜。
11.在一恒容的密闭容器中充入0.1mol/LCO2、0.1mol/LCH4，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 上述反应的ΔH>0
B. 压强：p4>p3>p2>p1
C. 1100℃时该反应平衡常数约为1.64
D. 压强为p4时，在y点：v(正)
0，则金刚石比石墨稳定
C. CO(g)的燃烧热△H=-283kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+566kJ/mol
D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2在O2燃烧是放热反应，△H＜0，热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，故A错误；
B．△H＞0，可知反应吸热，说明石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．CO(g)燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283 kJ•mol-1，可知2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566kJ•mol-1，故C正确；
D．物质的量相同的碳，完全燃烧放出的热量大，且焓变为负，则△H1＜△H2，故D错误；故选C。
18.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. 使pH试纸显深蓝色的溶液：Ca2+、NH4+、HCO3-、Cl-
B. 室温下，=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32-、NO3-
C. 含FeCl3的溶液：K+、Na+、SO42-、CO32-
D. 能与金属铝反应放出氢气的溶液：Mg2+、Na+、SO42-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．使pH试纸显深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量OH－，NH4+、HCO3-与OH－能够反应，不能大量共存，故A错误；
B．室温下，=0.1 mol•L-1的溶液呈碱性，Na+、K+、SiO32-、NO3-之间不反应，都不与OH－反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．Fe3+与CO32-发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．能与金属铝反应放出氢气的溶液呈酸性或强碱性，Mg2+与OH－反应生成氢氧化镁沉淀，在碱性中不能大量共存，故D错误；
故选B。
【点睛】正确解读限制条件是解题的关键。本题的易错点为D，要注意加入铝粉产生氢气的溶液显酸性或强碱性，同时注意本题是“一定能大量共存”。
19.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。关于该反应说法正确的是（ ）
A. Fe(OH)3中铁元素化合价为+3，只有氧化性
B. 反应中NaClO是氧化剂，NaCl是氧化产物
C. Na2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌
D. 生成1molNa2FeO4，有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
分析】
2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，据此分析解答。
【详解】A．Na2FeO4中铁元素化合价为+6，Fe(OH)3中铁元素化合价为+3，为中间价，因
此Fe(OH)3具有氧化性和还原性，故A错误；
B．反应中Cl元素的化合价降低，NaClO是氧化剂，被还原，NaCl是还原产物，故B错误；
C．Na2FeO4中Fe元素为最高价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故C正确；
D．2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，因此反应中转移6个电子，因此生成1 mol Na2FeO4，有3mol 电子转移，故D错误；
故选C。
20.浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴。
下列说法不正确的是
A. 海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B. 步骤②中体现了溴易挥发的性质
C. ①—④目的是为了富集溴元素
D. 步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+2H++SO42-
【答案】D
【解析】
步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H++SO42-，故D错误。
21.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A的电子数与其周期序数相等，B2-与C+的电子层结构相同，D的最外层电子数与其周期序数相等，E的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：B2-c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)
C.c(NH4+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
D.c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
（3）氨气是一种富氢燃料，可以直接用于燃料电池，如图是供氨水式燃料电池工作原理：
①氨气燃料电池的电解质溶液最好选择___（填“酸性”、“碱性”或“中性”）溶液。
②氨气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体和水，该电池的总反应方程式为___，正极的电极反应式为___。
【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-93.36kJ/mol (2). 0.2mol·L-1·min-1 (3). 0.5 (4). 减小 (5). (NH4)2SO3和NH4HSO3 (6). AB (7). 碱性 (8). 4NH3+3O2=2N2+6H2O (9). O2+4e-+2H2O=4OH-（或3O2+12e-+6H2O=12OH-）
【解析】
【分析】
(1)①先根据△H=反应物键能和-生成物键能和求出△H，再书写热化学方程式；②结合化学平衡三段式列式计算；
(2)①氨的物质的量为3mol，标准状况下44.8L SO2的物质的量为2mol，根据吸收后溶液中N原子和S原子的关系结合(NH4)2SO3和NH4HSO3的化学式分析判断；②利用电荷守恒、物料守恒和溶液的酸碱性分析判断；
(3)①氨气是碱性气体；②生成的无毒气体时N2
，据此书写总反应；氧气在正极发生还原反应，结合碱性环境书写正极反应式。
【详解】(1)①△H=反应物键能之和-生成物键能之和=945kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391.06kJ/mol =-93.36 kJ/mol，所以，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-93.36 kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-93.36 kJ/mol；
②450℃，2L密闭容器中，5mol N2和5mol H2发生反应，达到平衡时，N2的转化率为20%.
NH3的化学反应速率v(NH3)== 0.2mol·L-1·min-1，平衡常数K==0.5，该温度下反应的平衡常数的数值是0.5；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K将减小，故答案为：0.2mol·L-1·min-1；0.5；减小；
(2)①氨的物质的量为3mol，吸收标准状况下44.8L(2mol) SO2时，溶液中含有N原子3mol，S原子2mol，根据原子守恒，在(NH4)2SO3中，其原子个数比为2∶1，在NH4HSO3中，其原子个数比为1∶1，所以，生成物有(NH4)2SO3和NH4HSO3，故答案为：(NH4)2SO3和NH4HSO3；
②NH4HSO3溶液显酸性，用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，则c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故A正确，C错误；存在c(NH4+)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)，故B正确，NH4HSO3溶液显酸性，现在溶液显中性，说明是NH4HSO3和氨水的混合溶液，根据物料守恒，c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故D错误；故答案为：AB；
(3)①氨气是碱性气体，所以电解液最好选择碱性溶液，故答案为：碱性；
②生成的无毒气体是N2，化学方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，氧气在正极发生还原反应，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-。
（二）选考题：共14分，请考生从29题和30题2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
29.
金属材料在国民经济建设等领域具有重要应用，镁、铬、镍、铜是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）镍元素的核电荷数为28，则原子基态电子排布式为__，结构中有__种不同形状的电子云。
（2）镁属于元素周期表中的__区元素，MgO的熔点高于CuO的原因是__。
（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5℃，沸点：117℃，能与CS2等互溶，则固态CrO2Cl2属于__晶体。已知NO2+与CS2互为等电子体，则1molNO2+中含有π键数目为__。
（4）配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4中碳原子杂化轨道类型为__，[Cu(CH3C≡N)4]+中所有元素的电负性由大到小的顺序是__，BF4-的空间构型为__。
（5）铜与氧元素可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（，，），则d的坐标参数为__，已知该品体的密度为ρg/cm3，NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数（晶胞棱长）为__cm（列出计算式即可）。
【答案】 (1). 1s22s32p63s23p63d84s2（或Ar[3d84s2]） (2). 3 (3). s (4). MgO的晶格能比CuO大 (5). 分子 (6). 2NA (7). sp、sp3 (8). N>C>H>Cu (9). 正四面体 (10). （，，） (11).
【解析】
【分析】
(1)根据核外电子的排布规律书写镍的基态原子的电子排布式；不同能层的同种能级的原子轨道形状相同，据此分析判断；
(2)根据外围电子排布判断；比较离子晶体的熔点时，要看晶格能的大小，晶格大，熔点高，反之，熔点低；
(3)分子晶体的熔沸点较低；二硫化碳和NO2+的结构相似，根据二硫化碳的结构确定NO2+中π键个数；
(4)①根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，确定微粒的空间构型和原子的杂化方式；同周期元素，从左到右元素的电负性增强，金属的电负性最弱；
(5)根据a、b点的坐标参数分析d点的坐标参数；根据均摊法计算原子数，再利用ρ=计算晶胞参数。
【详解】(1)镍为28号元素，根据核外电子的排布规律，先排4s能级，再排3d能级，故镍的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)，有s、p、d三种轨道，故有3种不同形状的电子云，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)；3；
(2) 镁的外围电子排布为3s2，在元素周期表中位于s区；MgO和CuO均为离子晶体，所含离子所带的电荷数相同，但Mg2+半经比Cu2+半径小，故MgO的晶格能大，熔点高，故答案为：s；Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO大；
(3)分子晶体的熔沸点较低，氯化铬酰的熔沸点较低，所以氯化铬酰属于分子晶体；二硫化碳和NO2+互为等电子体，结构相似，根据二硫化碳的结构知NO2+中有2个π键，所以1mol NO2+中含有π键数目为2NA，故答案为：分子；2NA；
(4) 配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4的-CH3中C形成4个σ键，无孤电子对，中心C原子为sp3杂化，-C≡N中C形成2个σ键，无孤电子对，中心C原子为sp杂化；[Cu(CH3C≡N)4]+离子中涉及元素分别为C、H、N、Cu，同周期自左而右，电负性增大，电负性N＞C，H元素与C、N元素化合时，H元素表现正化合价，H元素的电负性比C、N元素小，金属的电负性最弱，故电负性N＞C＞H＞Cu，BF4-的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，故空间构型为正四面体形，故答案为：sp、sp3杂化；N＞C＞H＞Cu；正四面体；
(5)根据a(0，0，0)、b(，，)的坐标参数，可分析d点坐标参数为(，，)；晶胞中O的个数为8×+1=2，Cu的个数为4，则晶胞质量为g，ρ==，则V= cm3，则晶胞参数a= cm，故答案为：(，，) ；。
【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意理解b的坐标参数，结合立体几何的知识分析，同时注意晶胞密度的基本计算方法的应用。
30.香豆素（结构如图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列
图示的步骤可转变为水杨酸。
已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH
请回答下列问题：
（1）香豆素分子中的官能团的名称为__，步骤Ⅱ→Ⅲ的反应类型为__。
（2）有机物III的结构简式为__，在上述转化过程中，设计反应步骤II→III的目的是__。
（3）下列关于有机物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的叙述中正确的是__（选填序号）。
A.可用FeCl3溶液来鉴别II和III
B.Ⅳ中核磁共振氢谱共有4种峰
C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使溴的四氯化碳溶液褪色
D.1molⅡ最多能和2molNaHCO3发生反应
（4）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为__。
（5）写出乙二酸和乙二醇（HOCH2CH2OH）生成Ⅴ的化学方程式为__。
（6）化合物Ⅳ有多种同分异构体，符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有__种。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生水解反应和银镜反应。
其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1∶2∶2∶2∶1同分异构体的结构简式为__。
【答案】 (1). 酯基、碳碳双键 (2). 取代反应 (3). (4). 保护酚羟基的作用，使之不被氧化 (5). AC (6). +2NaOH+H2O (7).
nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH→HO[OCCOOCH2CH2O]nH+(2n-1)H2O (8). 13 (9).
【解析】
【分析】
化合物I()水解得到Ⅱ，Ⅱ为，由Ⅳ的结构可知，Ⅱ→Ⅲ发生取代反应，Ⅱ中酚羟基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，Ⅲ为，Ⅲ发生氧化反应得到乙二酸与Ⅳ，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成高聚物V，V为，Ⅳ与HI发生取代反应生成水杨酸()，据此分析解答。
【详解】(1)香豆素()中的官能团有：酯基、碳碳双键；根据上述分析，步骤II→III为取代反应，故答案为：酯基、碳碳双键；取代反应；
(2)根据上述分析，有机物III的结构简式为，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是保护酚羟基，使之不被氧化，故答案为：；保护酚羟基的作用，使之不被氧化；
(3)A．Ⅲ中不存在酚羟基，Ⅱ中存在酚羟基，可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ，故A正确；B．Ⅳ中不存在对称结构，所以核磁共振氢谱有6种峰，故B错误；C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键，都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．Ⅱ()中只有羧基能与NaHCO3反应，1molⅡ最多能和1mol NaHCO3发生反应，故D错误；故答案为：AC；
(4)香豆素水解后的产物中仍存在酚羟基，所以1mol香豆素能与2molNaOH反应，反应的化学方程式为+2NaOH+H2O，故答案为：+2NaOH+H2O；
(5)乙二酸和乙二醇(HOCH2CH2OH)发生转化反应生成高分子化合物的化学方程式为nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH→HO[OCCOOCH2CH2O]nH+(2n-1)H2O，故答案为：nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH→HO[OCCOOCH2CH2O]nH+(2n-1)H2O；
(6)Ⅳ()的芳香族同分异构体，说明结构中含有苯环，同时满足条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基。当有2个取代基为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种；当有3个取代基为：-OH、-CH3、-OOCH，而-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-OOCH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有3+4+4+2=13种，其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1∶2∶2∶2∶1同分异构体的结构简式为：，故答案为：13；。
