2025年外研衔接版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研衔接版高三化学下册阶段测试试卷691考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、对下列化学用语的理解正确的是()A.比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B.电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C.丙烯的最简式可表示为rm{CH_{2}}D.rm{C_{5}H_{12}}一定为纯净物2、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A.H2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3B.NH3NONO2HNO3C.FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3D.AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl33、下列操作中不正确的是（）A.过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触B.过滤时，漏斗下方紧贴烧杯内壁C.加热试管内物质时，试管底部与酒精灯外焰接触D.向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁4、有关油脂的说法错误的是（）A.植物油兼有酯类和烯烃的性质B.油脂的水解叫皂化反应C.液态油催化加氢后可以生成固态脂肪D.脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高5、下列各组物质性质的比较中正确的是（）A.熔点：Na-K合金＜Na＜氯化钠＜金刚石B.非金属氢化物的稳定性顺序：H2O＞H2S＞H2Se，HCl＜H2S＜PH3C.第一电离能Na＜Mg＜AlD.空间利用率：体心立方堆积＜六方最密堆积＜面心立方最密堆积评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、在一定恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件达新平衡，其反应过程如图．下列说法中错误的是（A.0～t2时，v正＞v逆B.t2时刻改变的条件可能是加催化剂C.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ＞ⅡD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＜Ⅱ7、下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是()A.rm{NaHCO_{3}}溶液：rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}+H_{2}O?COrlap{_{3}}{^{2-}}+H_{3}O^{+}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}+H_{2}O?

COrlap{_{3}}{^{2-}}+H_{3}O^{+}}B.溶液：rm{NaHS}rm{HS^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{?}rm{H}rm{H}C.rm{{,!}_{2}}rm{S+OH}rm{S+OH}rm{{,!}^{-}}rm{Na_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液：rm{CO}rm{CO}rm{rlap{_{3}}{^{2-}}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}D.rm{O}rm{?}溶于rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}中：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{NH_{4}}rm{Cl}溶于rm{D}rm{Cl}rm{D}8、rm{Cu}与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在rm{NaOH}溶液中得到rm{NaNO_{3}}和rm{NaNO_{2}}的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示：下列有关判断正确的是rm{(}rm{)}

A.若铜片为rm{51.2}rm{g}则生成rm{0.2}rm{mol}rm{NaNO_{3}}B.常温下，rm{Cu}遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应C.标准状况下收集的氮氧化物为rm{20.16}rm{L}D.反应过程中生成的rm{Cu(NO_{3})_{2}}既是氧化产物，也是还原产物9、盐rm{A}与酸rm{B}反应，可放出有气味的气体rm{C}rm{C}与rm{NaOH}反应生成rm{A}rm{C}最终可氧化生成rm{D}rm{D}溶于水生成rm{B}则rm{A}rm{B}分别是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}S}和rm{HCl}B.rm{Na_{2}S}和rm{H_{2}SO_{4}}C.rm{Na_{2}SO_{3}}和rm{HCl}D.rm{Na_{2}SO_{3}}和rm{H_{2}SO_{4}}10、下列说法中正确的是()A.81Br原子的中子数比电子数多11B.金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子C.NaCl和SiO2晶体溶化时，克服粒子间作用力的类型相同D.同周期的ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强11、某化学兴趣小组为探究电化学原理，设计了如图装置rm{(}铁、铜为电极，烧杯中盛装硫酸铜溶液rm{).}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}和rm{b}不连接时，铁片上会有金属铜析出B.rm{a}和rm{b}用导线连接时，铁片上发生的反应为：rm{Fe-3e^{-}=Fe^{3+}}C.无论rm{a}和rm{b}是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D.rm{a}和rm{b}分别连接直流电源正、负极，rm{Cu^{2+}}向铜电极移动12、我国科学家屠哟哟因创制新型抗疟药--青篙素和双氢青篙素而分享了2015年诺贝尔生理学或医学奖．青篙素和双氢青篙素的结构如下，下列说法正确的是（）A.青篙素的分子式为C16H24O5B.两种分子中所含的手性碳原子数目相同C.双氢青篙素在一定条件下可发生消去反应D.两种分子中均含有过氧键（-O-O-），一定条件下均可能具有较强的氧化性评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、简要作答．

（1）制取NH3实验中，收集氨气的试管口通常放一团沾有稀硫酸的棉花，其作用是____．

（2）铵态氮肥不能和碱性物质混用的原因是____．

（3）汽车的尾气中含有NO和CO，一种治理方法是在汽车的排气管上安装一个催化转化装置，使NO和CO转化为CO2和N2，化学方程式为：____．

（4）MgSO4的摩尔质量是____g/mol．

（5）单质铜的颜色是____色，质软．14、分别除去下列各物质中的杂质；在空白处写出所用的试剂的化学式：

（1）除去MgCl2中混有的少量MgCO3，可选用试剂____．

（2）除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可选用试剂____．

（3）除去FeCl2溶液中混有的少量CuCl2，可选用试剂____．

（4）除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用试剂____．15、香豆素是一种用途广泛的香料；可用于配制香精及制造日用化妆品和香皂等．如图所示是某同学设计的香豆素的合成线路：

请你认真观察分析后回答以下问题：

（1）香豆素的分子式是：____．

（2）写出中间产物C的结构简式____，1molC与溴水反应最多消耗____molBr2．

（3）B的同分异构体中，属于芳香族化合物且能够发生水解和银镜反应，其结构简式可能有____种，写出其中任意一种的结构简式____．16、有机物A到F有如下转换关系：

已知一个碳原子上连有两个羟基时不稳定；转化如下：

请回答：

（1）A的结构简式为：____；C→E的反应类型是____

（2）C与新制Cu（OH）2的化学方程式为____

（3）已知B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，B的分子式为____．

（4）F是生产高分子光阻剂的主要原料；特点如下：

①能发生加聚反应②含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种③遇FeCl3显紫色。

F与浓溴水反应的化学方程式____

（5）B与NaOH反应的化学方程式____．17、（2015秋•龙泉驿区校级月考）水的离子积常数Kw与温度t（℃）的关系如图所示：

（1）若t1=25℃，则Kw1=____；若t2=100℃时，Kw2=10-12；则此时。

0.05mol•L-1的Ba（OH）2溶液的pH=____．

（2）已知常温下，0.1mol•L-1的H2A溶液的pH=3，请写出H2A在水中的电离方程式：____．

（3）已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中所存在的平衡有：____．

溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：____．

（4）100℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为____．18、（2008秋•张家界月考）近日来；质检部门在众多品牌乳制品中检出有毒有机物三聚氰胺（如图），在乳制品行业掀起了一场轩然大波，引发了一场关于食品安全问题的大讨论．三聚氰胺是一种重要的有机化工原料，因其含氮量高而被不法商家用作食品添加剂，以提升食品检测中的蛋白质含量指标（N%），因此三聚氰胺也被人称为“蛋白精”．

（1）三聚氰胺中氮元素的含量为：____

（2）三聚氰胺由氰胺聚合而成，试写出氰胺的结构式：____

（3）三聚氰胺遇强酸或强碱水溶液水解，胺基逐步被羟基取代，最后生成三聚氰酸[C3N3（OH）3]．三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2．

其反应原理为：C3N3（OH）33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O，下列说法正确的是____

A．C3N3（OH）3与HNCO为同一物质B．三聚氰胺是高分子化合物。

C．1molNO2在反应中转移的电子为4molD．反应中NO2是还原剂．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】本题考查电子式的书写、最简式、比例模型等，掌握基础是解题的关键。【解答】A.该比例模型可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因为半径rm{Cl>C}故A错误；B.电子式只表示羟基，故B错误；C.丙烯的分子式为rm{C_{3}H_{6}}rm{C_{3}H_{6}}最简式可表示为rm{CH}rm{CH}rm{2}D.rm{2}，故C正确；分子式为rm{C}rm{C}rm{5}

rm{5}【解析】rm{C}2、B【分析】【分析】A．稀硫酸和铜不反应；

B．氨气在催化作用下可被氧化生成NO；NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸；

C．铁和氯气反应生成氯化铁；

D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝．【解析】【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3；故A错误；

B．氨气在催化作用下可被氧化生成NO；NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，转化关系正确，故B正确；

C．氯气具有强氧化性；铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；

D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3；应在浓盐酸作用下加热，故D错误．

故选B．3、D【分析】【分析】A．过滤液体时；玻璃棒靠在三层滤纸的一边，主要是怕玻璃棒弄破滤纸；

B．漏斗下端的管口要紧靠烧杯的内壁；防止液滴溅出；

C．酒精灯外焰温度最高；试管底部与酒精灯外焰接触是正确的操作；

D．根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答；【解析】【解答】解：A．过滤液体时；玻璃棒靠在三层滤纸的一边，主要是怕玻璃棒弄破滤纸，如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，故A正确；

B．漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁；可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出，故B正确；

C．酒精灯的火焰分为外焰；内焰、焰心；外焰温度最高，内焰次之，焰心温度最低，所以一般要用火焰的外焰加热，故C正确；

D．滴管滴加液体时；滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故D错误；

故选D．4、B【分析】【分析】A．植物油含有碳碳双键；

B．油脂在酸性和碱性条件下可以水解；

C．液态油含有碳碳双键；

D．油脂里烃基的饱和程度越大，其熔点越高．【解析】【解答】解：A．植物油含有碳碳双键；植物油兼有酯类和烯烃的性质，故A正确；

B．油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应；故B错误；

C．液态油含有碳碳双键；催化加氢后可以生成固态脂肪，故C正确；

D．油脂里烃基的饱和程度越大；其熔点越高，脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，故D正确．

故选：B．5、A【分析】【分析】A．根据熔点：原子晶体＞离子晶体＞金属晶体进行判断；

B．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

C．Mg的最外层为稳定结构；第一电离能最大；

D．根据不同堆积模型的空间利用率判断．【解析】【解答】解：A．原子晶体＞离子晶体＞金属晶体；而合金的熔点小于组成金属的熔点，则有熔点：Na-K合金＜Na＜氯化钠＜金刚石，故A正确；

B．因非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则非金属氢化物的稳定性顺序：HCl＞H2S＞PH3；故B错误；

C．Mg的最外层为稳定结构；为全充满状态，则第一电离能最大，故C错误；

D．空间利用率：体心立方堆积为68%；六方最密堆积为74%，面心立方最密堆积为74%，则空间利用率：体心立方堆积＜六方最密堆积=面心立方最密堆积，故D错误．

故选A．二、双选题(共7题，共14分)6、C|D【分析】解：A、0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；故A正确；

B；加入催化剂；可以改变反应速率，平衡不移动，符合图象，故B正确；

C、t2时刻改变条件后达到平衡时；逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，故C错误；

D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变；说明和原平衡等效，所以Ⅰ；Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I=Ⅱ，故D错误；

故选：CD．

A、由图象分析可知，0～t1，反应正向进行，v正＞v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆；

B；加入催化剂；可以改变反应速率，平衡不移动；

C、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时；逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；

D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变；说明和原平衡等效，则平衡常数不变．

本题考查了化学平衡的建立，根据影响速率、平衡的因素来解答，注意图象的分析，难度中等．【解析】【答案】CD7、BD【分析】【分析】本题考查水解离子方程式的书写，难度不大。【解答】A.rm{A}中实质是rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}rightleftharpoonsCOrlap{_{3}}{^{2-}}+H^{+}}是电离方程式，故A错误；B.rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}rightleftharpoons

COrlap{_{3}}{^{2-}}+H^{+}}中表示rm{B}结合水电离的rm{HS^{-}}形成rm{H^{+}}的过程，是rm{H_{2}S}的水解，故B正确；C.rm{HS^{-}}中rm{C}应分步水解，故C错误；D.rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}中rm{D}结合rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}电离产生的rm{D_{2}O}应生成rm{OD^{-}}故D正确；故选D。rm{NH_{3}隆陇HDO}【解析】rm{BD}8、rAC【分析】解：rm{A}rm{n(Cu)=dfrac{51.2g}{64g/mol}=0.8mol}rm{n(Cu)=dfrac

{51.2g}{64g/mol}=0.8mol}由电子守恒可知，rm{n(NaOH)=0.5L隆脕2mol/L=1mol}失去的电子等于rm{51.2gCu}到rm{HNO_{3}}得到的电子，则rm{NaNO_{2}}解得rm{0.8mol隆脕(2-0)=n(NaNO_{2})隆脕(5-3)}由rm{n(NaNO_{2})=0.8mol}原子守恒可知rm{Na}则rm{n(NaOH)=n(NaNO_{2})+n(NaNO_{3})}故A正确；

B、常温下，rm{n(NaNO_{3})=1mol-0.8mol=0.2mol}遇浓硝酸发生钝化；但是钝化不是不反应，可能发生上述反应，故B错误；

C、标准状况下得到的rm{Cu}氮氧化物的体积是rm{0.9mol}故C正确；

D、反应过程中生成的rm{0.9mol隆脕22.4L/mol=20.16L}是氧化产物；不是还原产物，故D错误．

故选AC．

A、rm{n(Cu)=dfrac{51.2g}{64g/mol}=0.8mol}rm{Cu(N0_{3})_{2}}由终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是rm{n(Cu)=dfrac

{51.2g}{64g/mol}=0.8mol}rm{n(NaOH)=0.5L隆脕2mol/L=1mol}元素化合价由rm{Cu隆煤Cu(NO_{3})_{2}}价升高为rm{Cu}价，每个rm{0}原子失rm{+2}个电子；另一个是rm{Cu}rm{2}元素由rm{HNO_{3}隆煤NaNO_{2}}价降低为rm{N}价，每个rm{+5}原子得rm{+3}个电子，由电子转移守恒可知，rm{N}失去的电子等于rm{2}到rm{51.2gCu}得到的电子，据此计算故产物中rm{HNO_{3}}的物质的量，由rm{NaNO_{2}}守恒可知rm{NaNO_{2}}据此计算rm{Na}的物质的量；

B；常温下；金属铜遇到浓硝酸发生钝化，该反应会发生；

C、根据公式rm{n(NaOH)=n(NaNO_{2})+n(NaNO_{3})}进行计算；

D；氧化还原反应中；化合价升高元素对应产物是氧化产物，化合价降低元素对应产物是还原产物．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握硝酸的作用、rm{NaNO_{3}}元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度较大．rm{V=nVm}【解析】rm{AC}9、rBD【分析】解：选项中可生成的气体为rm{SO_{2}}rm{H_{2}S}对应的盐可分别为rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}S}rm{SO_{2}}rm{H_{2}S}具有还原性，最终被氧化生成rm{SO_{3}}rm{B}应为rm{H_{2}SO_{4}}则AC错误；BD正确；

故选BD．

rm{C}与rm{NaOH}溶液反应生成rm{A}可说明rm{A}为钠盐，rm{C}最终氧化成rm{D}可说明rm{C}具有还原性，选项中符合的气体为rm{SO_{2}}rm{H_{2}S}最终被氧化生成rm{SO_{3}}rm{B}应为rm{H_{2}SO_{4}}．

本题考查物质的检验和推断，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握二氧化硫和硫化氢的性质，难度不大．【解析】rm{BD}10、A|D【分析】解：A、81Br原子的质子数=电子数=35；中子数=81-35=46，则中子数比电子数多46-35=11，故A正确；

B；因金属的最外层电子受原子核的吸引小；则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，故B错误；

C、NaCl为离子晶体，熔化时破坏的为离子键，而SiO2晶体为原子晶体；熔化时破坏的为共价键，故C错误；

D；同周期的元素的金属性从左向右在减弱；则同周期的ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强，故D正确；

故选AD．【解析】【答案】AD11、rAB【分析】解：rm{A.a}和rm{b}不连接时；铁和铜离子发生置换反应，铜离子在正极铜片上得电子在铜片上有铜析出，故A错误；

B.rm{a}和rm{b}连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，铁片上发生的反应为：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B错误；

C.无论rm{a}和rm{b}是否连接；铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；

D.rm{a}和rm{b}连接时；该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，原电池放电时，铜离子向铜电极移动，故D正确．

故选AB．

A.rm{a}和rm{b}不连接时；铁和铜离子发生置换反应；

B.rm{a}和rm{b}连接时；该装置构成原电池，铁易失电子作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；

C.无论rm{a}和rm{b}是否连接；铁都可以发生反应；

D.原电池放电时；阳离子向正极移动．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，难度不大，易错点为阴阳离子移动方向的判断．【解析】rm{AB}12、CD【分析】解：A．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5；故A错误；

B．当碳原子上连接4个不同的原子或原子团时；为手性碳原子，由结构简式可知两种分子中所含的手性碳原子数目分别为6；8，故B错误；

C．双氢青篙素含有羟基；可发生消去反应，故C正确；

D．都含有过氧键；具有氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确。

故选：CD。

A．由结构可知青蒿素的分子式；

B．根据手性碳原子的定义判断；

C．双氢青篙素含有羟基；可发生消去反应；

D．都含有过氧键；具有氧化性．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大．【解析】CD三、填空题(共6题，共12分)13、吸收尾气两者能相互反应生成氨气，降低肥效2CO+2NO2CO2+N2120紫红【分析】【分析】（1）氨气有刺激性气味；不能直接排空，所以收集氨气时要有尾气处理装置；

（2）铵态氮肥和碱性物质混用生成氨气；

（3）根据反应物；生成物及反应条件书写方程式；

（4）摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；

（5）单质铜为紫红色固体．【解析】【解答】解：（1）氨气有刺激性气味；不能直接排空，所以收集氨气时要有尾气处理装置，氨气和稀硫酸反应生成硫酸铵，所以收集氨气的试管口通常放一团沾有稀硫酸的棉花，故答案为：吸收尾气；

（2）铵态氮肥中含有铵根离子；铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，所以降低肥效，故答案为：两者能相互反应生成氨气，降低肥效；

（3）反应物是CO、NO，生成物是CO2和N2，反应条件是催化剂，所以其方程式为，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；

（4）摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；硫酸镁的相对分子质量为120，所以其摩尔质量为120g/mol，故答案为：120；

（5）单质铜为紫红色固体，故答案为：紫红．14、HClCO2FeNaOH【分析】【分析】（1）除去MgCl2中混有的少量MgCO3；可加入盐酸；

（2）碳酸钠和二氧化碳、水反应生成NaHCO3；

（3）铁粉与CuCl2反应生成FeCl2和铜单质；

（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠．【解析】【解答】解：（1）除去MgCl2中混有的少量MgCO3，可加入盐酸，发生MgCO3+2HCl═MgCl2+CO2↑+H2O；故答案为：HCl；

（2）碳酸钠和二氧化碳、水反应，把杂质转化为NaHCO3溶液的溶质，故答案为：CO2；

（3）铁粉与CuCl2反应生成FeCl2和铜单质，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu；故答案为：Fe；

（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，然后过滤除杂，故答案为：NaOH．15、C9H6O235任意1种【分析】【分析】（1）根据香豆素的结构书写其分子式；

（2）香豆素为环酯，结合B的分子式可知，B中醛基氧化为-COOH生成C，则C为C分子中C=C双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻；对位可以发生溴的取代反应；

（3）B的同分异构体中，属于芳香族化合物且能够发生水解和银镜反应，则含有苯环且为甲酸形成的酯，侧链中还含有C=C双键，若有2个侧链为-CH=CH2、-OOCH，有邻、间、对三种位置关系，若有1个侧链为-CH=CH-OOCH或．【解析】【解答】解：（1）由香豆素的结构可知，香豆素分子中含有9个C原子、6个H原子、2个O原子，故香豆素分子式为：C9H6O2；

故答案为：C9H6O2；

（2）香豆素为环酯，结合B的分子式可知，B中醛基氧化为-COOH生成C，则C为C分子中C=C双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻、对位可以发生溴的取代反应，故1molC能与3molBr2发生反应；

故答案为：3；

（3）B的同分异构体中，属于芳香族化合物且能够发生水解和银镜反应，则含有苯环且为甲酸形成的酯，侧链中还含有C=C双键，若有2个侧链为-CH=CH2、-OOCH，有邻、间、对三种位置关系，若有1个侧链为-CH=CH-OOCH或符合条件同分异构体为：

故答案为：5；任意1种．16、CH3COOCHClCH3氧化反应C10H10O2【分析】【分析】A能和NaOH的水溶液发生反应生成C和D，A的不饱和度==1，说明A中含有一个双键，A水解后生成的B能发生银镜反应，则B中含有醛基，D酸化后生成E，C被催化氧化生成E，说明C、D结构简式中碳原子个数相等，则A结构简式为CH3COOCHClCH3，C结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH，B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，说明B中C、O原子个数之比为1：1，B能发生水解反应生成乙酸，设B分子式为CxHxO2，x==10，则B分子数为C10H10O2，B不饱和度==6，F是生产高分子光阻剂的主要原料，F能发生加聚反应说明含有碳碳不饱和键，含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种，遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，且两个取代基位于对位，则F结构简式为B结构简式为结合题目分析解答．【解析】【解答】解：A能和NaOH的水溶液发生反应生成C和D，A的不饱和度==1，说明A中含有一个双键，A水解后生成的B能发生银镜反应，则B中含有醛基，D酸化后生成E，C被催化氧化生成E，说明C、D结构简式中碳原子个数相等，则A结构简式为CH3COOCHClCH3，C结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH，B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，说明B中C、O原子个数之比为1：1，B能发生水解反应生成乙酸，设B分子式为CxHxO2，x==10，则B分子数为C10H10O2，B不饱和度==6，F是生产高分子光阻剂的主要原料，F能发生加聚反应说明含有碳碳不饱和键，含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种，遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，且两个取代基位于对位，则F结构简式为B结构简式为

（1）通过以上分析知，A结构简式为CH3COOCHClCH3，C发生氧化反应生成E，故答案为：CH3COOCHClCH3；氧化反应；

（2）C为乙醛，C与新制Cu（OH）2的化学方程式为

故答案为：

（3）通过以上分析知，B分子式为C10H10O2，故答案为：C10H10O2；

（4）F为F与浓溴水反应方程式为

故答案为：

（5）B结构简式为B与氢氧化钠反应方程式为

故答案为：．17、10-1411H2A⇌HA-+H+，HA-⇌A2-+H+A-+H2O⇌HA+OH-，H2O⇌H++OH-c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）1：9【分析】【分析】（1）在25℃，则Kw