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2021-2022学年四川省成都市东部新区高二下学期期中考试化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年四川省成都市东部新区高二下学期期中考试化学试题 解析版，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 下列说法不正确的是， 有关单质钾的说法如下等内容，欢迎下载使用。
成都东部新区2021~2022学年(下)半期调研考试
高二化学试卷
考试时间：90分钟；试卷分值：100分
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
本卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求
1. 当光束通过下列分散系时，可观察到一条光亮“通路”的是
A. NaOH溶液 B. Na2SO4溶液 C. HNO3溶液 D. 稀豆浆
【答案】D
【解析】
【详解】当光束通过分散系胶体时，可观察到一条光亮“通路”，稀豆浆有胶体的成分，而NaOH溶液、Na2SO4溶液、HNO3溶液均属于溶液，不是胶体，故答案为：D。
2. 北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于河北博物院的“长信宫灯”。
下列说法错误是
A. 青铜的硬度大于纯铜
B. 镏金层破损后生成铜锈的主要成分为CuO
C. 铝合金表面氧化物薄膜可以保护内部金属不被腐蚀
D. 两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜属于合金，一般来说合金的硬度大于纯金属的硬度，因此青铜的硬度大于纯铜，A正确；
B．镏金层破损后生成铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，B错误；
C．铝合金表面氧化物薄膜是致密的氧化膜，因此可以保护内部金属不被腐蚀，C正确；
D．丙烷含C、H两种元素，动物油脂含C、H、O三种元素，因此两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O，D正确。
综上所述，答案为:B。
3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，86g己烷的分子数为NA个
B. 25℃时，1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NA
C. 17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个
D. 64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；
B．1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；
C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；
D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；
综上所述答案为A。
4. 下列说法不正确的是
A. 和互为同位素
B. 甲酸和蚁酸互为同分异构体
C. 和互为同系物
D. 金刚石和互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．和两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确；
B．蚁酸一般指甲酸，甲酸和蚁酸是同一种物质，B错误；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；和两者结构相似、相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，C正确；
D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石和都是碳单质，互为同素异形体，D正确；
故选B。
5. 某原电池的总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是
选项
正极
负极
电解质溶液
A
Cu
Fe
FeCl3溶液
B
C
Fe
Fe(NO3)3溶液
C
Fe
Zn
Fe2(SO4)3溶液
D
Ag
Fe
Fe2(SO4)3溶液
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐：
A．铜作正极，铁作负极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A不选；
B．铁作负极，碳作正极，电解质为Fe(NO3)3溶液，能发生氧化还原反应，则符合题意，故B不选；
C．Zn的金属活泼性比Fe强，则Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，故C选；
D．Fe作负极，银作正极，电解质为Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，符合题意，故D不选；
故选C。
6. 利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A．制取CO2
B．干燥NH3
C．收集NO
D．收集CH3COOC2H5
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.大理石为难溶于水的块状固体，能利用该装置制备CO2，A项正确；
B.无水氯化钙与NH3反应，不能用无水氯化钙干燥，B项错误；
C.NO和O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C项错误；
D.CH3COOC2H5在强碱性条件下发生水解，D项错误。
故选A。
7. 下列有关说法正确是
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，故金刚石比石墨稳定
C. 放热且熵增加的反应不一定能正向自发进行
D. 增大反应物的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则硫蒸气燃烧时放出的热量多，故A正确；
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．放热且熵增加的反应，即△H＜0、△S＞0的反应，该反应在任何温度下均有△H-T△S＜0，即放热且熵增加的反应在任何条件下都能正向自发进行，故C错误；
D．增大反应物浓度，单位体积活化分子总数目增大，但活化分子百分数不变，故D错误；
故选：A。
8. 有关单质钾的说法如下：①在中燃烧生成并能产生紫色火焰；②与溶液反应时能产生蓝色沉淀；③少量单质钾可保存在煤油中；④熔点、沸点均比钠的高。下列组合正确的是
A. ②③ B. ①④ C. ③④ D. ①③
【答案】A
【解析】
【详解】①钾单质太活泼，在中燃烧生成并能产生紫色火焰，错误；
②钾与水反应生成氢氧化钾，氢氧化钾与溶液反应生成氢氧化铜沉淀，能产生蓝色沉淀，正确；
③少量单质钾可保存在煤油中，用以隔绝氧气，正确；
④碱金属的熔沸点由上而下逐渐变小，钾的熔点、沸点分别为63℃、759℃，钠的熔点、沸点分别为97.72℃、883℃，错误；
故选A；
9. 下列关于有机化合物的叙述正确的是
A. 乙烷可以发生取代反应和加成反应
B. 用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯
C. 邻二甲基环己烷()的一氯代物有4种
D. 乙酸和汽油均能和氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷是饱和烃，只能发生取代反应，不能发生加成反应，故A错误；
B．己烯和甲苯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，则不用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯，故B错误；
C．由结构简式可知，邻二甲基环己烷的结构对称，分子中含有4类氢原子，则一氯代物有4种，故C正确；
D．汽油的主要成分是烃，不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
故选C。
10. 下列离子能大量共存的是
A. Na+、K+、SO、 CO B. Mg2+、 NH、SO、OH-
C. Ba2+、K+、CO、NO D. Ag+、K+、Cl-、NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na+、K+、SO、 CO相互之间不反应，能大量共存，故A正确；
B．Mg2+、 NH与OH- 都会反应，不能大量共存，故B错误；
C．Ba2+与CO会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．Ag+与Cl-会生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选A。
11. 下列有关物质用途的叙述中，不正确的是
A. Cl2常用于自来水消毒 B. SO2常用于漂白食品
C. SiO2常用于制造光导纤维 D. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气溶于水生成次氯酸具有强氧化性可以消毒杀菌，Cl2常用于自来水消毒，故A正确；
B、二氧化硫气体具有漂白性，有毒不能漂白食品，故B错误；
C、光导纤维的成分是二氧化硅，SiO2常用于制造光导纤维，故C正确；
D、过氧化钠和呼出的二氧化碳反应能生成氧气，可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；
故选B。
12. 文献报道：在45 ℃、0.1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是
A. 由此历程可知：N*＋3H*＝NH*＋2H* ΔH>0
B. 铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
C. 图示过程中有极性共价键生成
D. 用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*＝NH*＋2H* ΔH<0，A错误；
B．铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；
C．过程中有N-H极性共价键的生成，C正确；
D．不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误；
故选：C。
13. 如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无味气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述不正确的是
A. 气态氢化物A可用作制冷剂
B. 反应②体现了E的氧化性和酸性
C. 反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶5
D. 化合物D的密度比空气大，易液化，易溶于水
【答案】C
【解析】
【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是；G是一种紫红色金属单质，则G是，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是，D与水反应得到E，E能与反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为、D是，则A是，C是，结合对应物质的性质进行解答。
【详解】A．氨气易液化，可以用作制冷剂，故A正确；
B．反应②为3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸体现了氧化性和酸性，故B正确；
C．反应③为，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4，C项错误；
D．的密度比空气大，易液化，易溶于水，故D正确；
故选C。
14. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：Z>Y>X>M
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>X
C. 由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物
D. 气态氢化物的稳定性：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，所以X是C，Z是O；
【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；
B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；
C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；
D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；
故选C。
15. 溴酸盐在国际上被定位为2B级潜在致癌物。已知KBrO3可发生下列反应：2KBrO3+I2=2KIO3+Br2，下列有关说法不正确的是
A. KBrO3是氧化剂
B. 该反应说明I2的还原性强于Br2
C. 当有1 mol KBrO3参与反应时转移5 mol电子
D. 通过该反应相关物质的氧化性、还原性强弱比较可知：不能用KI与Br2反应来制取I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应2KBrO3+I2=2KIO3+Br2中，Br元素化合价降低，得到电子被还原，所以KBrO3作氧化剂，A正确；
B．在氧化还原反应中，还原剂的还原性比还原产物的强，在该反应中I2为还原剂，Br2为还原产物，所以物质的还原性：I2＞Br2，B正确；
C．在该反应中，Br元素化合价由反应前KBrO3中的+5价变为反应后Br2的0价，化合价降低5价，得到5个电子，则当有1 mol KBrO3参与反应时转移5 mol电子，C正确；
D．元素的非金属性：Br＞I，则单质的氧化性：Br2＞I2，所以Br2能够与KI发生置换反应：2KI+Br2=2KBr+I2，故可以用KI与Br2反应来制取I2，D错误；
故合理选项是D。
16. 根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向AgCl 悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
B
将Fe(NO3)2 溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色
原Fe(NO3)2中一定含有Fe3+
C
相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1的醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
D
常温下，分别测量浓度均为0.1 mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH 大
酸性：HClO>H2S
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项，向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色，则生成了AgI沉淀，反应总是向着更难溶的方向进行，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；B项，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能把Fe2＋氧化生成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液发生显色反应，溶液呈红色，所以无法判断原Fe(NO3)2中是否含有Fe3+，故B错误；C项，溶液的导电性与离子浓度成正比，醋酸的浓度越大，c(H+)和c(CH3COO-)越大，所以导电性越强，但是，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，所以常温下，分别测量浓度均为0.1 mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大，则酸性：HClO>HS-，故D错误。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及沉淀转化、氧化还原反应、弱酸的电离、盐类水解等，掌握物质的性质、反应原理等知识是解题的关键，C项注意：增大醋酸浓度，使电离平衡正向移动，但是根据勒沙特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡向着减弱这种改变的方向移动，只能减弱而不能消除这种改变，所以电离程度减小；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，要注意找对相应的酸，S2-对应的酸是HS-，HS-对应的酸是H2S。
17. 如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述正确的是
A. Fe电极的电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑
B. 通电一段时间后，石墨电极附近溶液先变红
C. 电解饱和食盐水的总反应是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
D. 直流电源的a极是正极
【答案】C
【解析】
【分析】该装置有外加电源，因此该装置为电解装置，因为是电解饱和食盐水，根据电解原理，因此铁电极为阴极，石墨为阳极，据此分析；
【详解】A．工业电解饱和食盐水石墨作电解池的阳极，与电源正极向相连，铁作阴极，与电源负极相连，a为电源负极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；
B．电解原理为溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色，故B错误；
C．电解饱和食盐电解水反应生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C正确；
D．根据选项A的分析，a为电源负极，故D错误；
答案为C。
18. 二氧化硫是一种应用广泛的化工原料。在接触法制硫酸的工业中，二氧化硫制取三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g) = 2SO3(g) ∆H= -196 kJ•mol-1.实验室用亚硫酸钠固体与70％的硫酸制取少量的二氧化硫。下列有关用二氧化硫制取三氧化硫的说法正确的是
A. 反应的∆S ＞ 0
B. 2 mol SO2与足量O2反应，放出的热量为196 kJ
C. 工业上用通入足量的空气来提高SO2的转化率
D. 反应中每消耗1 mol SO2转移的电子数目约等于4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．2SO2(g)+O2(g) ⇌⇌2SO3(g)反应是气体体积缩小的反应，∆S< 0，A错误；
B．该反应是可逆反应，反应不能充分进行，2mol SO2与足量O2反应，放出的热量小于196 kJ ，B错误；
C．工业上通入足量的空气使平衡正向移动，氧气转化率下降，但提高SO2的转化率，C正确；
D．反应中S元素由+4价变成+6价，升2价，每消耗1 mol SO2转移电子数目约等于2×6.02×1023，D错误；
故选C。
19. 某无色溶液可能由Na+、Ba2+、Cu2+、CO、HCO、SO、Cl-中的一种或几种。为了确定该溶液的成分，进行如下实验：
①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液；
②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲；
③取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。下列关于原溶液说法正确的是（ ）
A. 肯定存在SO、Cl-
B. 肯定不存在Ba2+，可能存在Cu2+
C. CO、HCO至少存在一种
D. 是否存在Na+需要通过焰色试验来确定
【答案】C
【解析】
【分析】无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+；取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，说明CO、HCO至少存在一种，得到甲溶液，甲溶液中含有氯离子，继续滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲（AgCl）,不能判断原溶液中是否有氯离子；取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明白色沉淀乙中有硫酸钡，则原溶液中含有SO，不含有Ba2+，根据电荷守恒，判断Na+一定含有，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，不能判断原溶液中是否有氯离子，故A错误；
B．无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+，故B错误；
C．取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，说明CO、HCO至少存在一种，故C正确；
D．根据上述分析，排除了铜离子和钡离子，根据电荷守恒判断Na+一定含有，不需要用焰色反应，故D错误。
答案选C。
【点睛】注意明确常见离子的性质及检验的方法，特别是熟悉具有特殊反应现象、颜色的离子，电荷守恒的应用是解题的关键。
20. 常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是
A. c点对应的溶液的pH=7
B. b、d两点对应的溶液的pH相同
C. 从a点到d点，水的电离程度一直增大
D. b点对应的溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点时向溶液中加入了20mL 0.1mol/L的NaOH溶液，恰好完全发生反应，水解溶液呈碱性，pH>7，故A项错误；
B．从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，故B项错误；
C．由图可知，c点水的电离程度最大，所以从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，故C项错误；
D．b点时向溶液中加入了10mL 0.1mol/L的NaOH溶液，根据物料守恒可知：，故D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
一、必做题
21. 已知反应过程的能量变化如图所示：
（1）由图可知为___________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）图中C点表示___________。E所代表的能量是___________；E的大小对该反应的反应热___________(填“有”或“无”)影响。
（3）请求出反应___________。
（4）又知，请根据题给条件求出反应的焓变___________。
【答案】（1）吸热 （2） ①. 1molSO3(g)所具有的能量 ②. 反应的正反应的活化能 ③. 无
（3）-198 kJ/mol
（4）-42.5kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
由图可知，中反应物的能量高于生成物的能量，反应为放热反应，则反应为吸热反应；
【小问2详解】
图中C点表示1molSO3(g)所具有的能量；E所代表的能量是反应的正反应的活化能；E的大小对该反应难易程度有影响，对反应热无影响；
【小问3详解】
由图可知，① =-99.0kJ/mol，①×2得反应： =2×(-99.0kJ/mol)=-198 kJ/mol；
【小问4详解】
① =-99.0kJ/mol
②
①-②得反应：
。
22. 已知有下列十种物质：①固体②过氧化钠③熔融态④⑤碘水⑥⑦小苏打⑧氨水⑨⑩硫酸亚铁。
（1）上述物质中，属于电解质的是_______(填序号，下同)属于非电解质的是_______。
（2）写出②与反应的化学方程式_______。当反应转移时，固体质量增加_______g。
（3）相同条件下，物质⑦的溶解度_______的溶解度(填“大于”或“小于”)。
（4）已知⑩可使酸性溶液褪色，完成并配平该反应的离子方程式：_______。
。
【答案】（1） ①. ①②③⑦⑩ ②. ④⑥
（2） ①. ②. 84
（3）小于 （4）
【解析】
【小问1详解】
在水中或者熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；①AlCl3固体在水中可以导电，故AlCl3固体为电解质；②熔融的过氧化钠能导电，故过氧化钠属于电解质；③熔融态KNO3能导电，故熔融态KNO3为电解质；④SO3不能电离，故SO3为非电解质；⑤碘水是混合物，故碘水既不是电解质也不是非电解质；⑥C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，故C2H5OH是非电解质；⑦小苏打（碳酸氢钠）溶于水导电，故小苏打属于电解质；⑧氨水是水溶液为混合物，故氨水既不是电解质也不是非电解质；⑨Cl2是单质，故Cl2既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸亚铁溶于水导电，故硫酸亚铁属于电解质；综上所诉，属于电解质的是①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥。
【小问2详解】
过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中O元素化合价既上升也下降，每生成1mol O2转移2mol e-，当反应转移3mol e-时，生成1.5mol O2，消耗3mol CO2，固体质量增加3mol44g/mol-1.5mol32g/mol=84g。
【小问3详解】
物质⑦小苏打为碳酸氢钠，相同条件下，其溶解度小于Na2CO3的溶解度。
【小问4详解】
⑩硫酸亚铁中的Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，生成Fe3+、Mn2+和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。
23. 2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性，其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.某化学兴趣小组用如图装置制备家用消毒液。
（1）写出装置B中反应的离子方程式_______。
（2）装置A中的溶液是_______，长玻璃导管的作用是_______。图中装置的连接顺序是B、_______。
（3）用化学方程式表示装置D中“84消毒液的生成过程：_______。
（4）某温度下，将氯气通入溶液中，得到和的混合溶液，经测定与的物质的量之比为。则该反应中，被氧化的与被还原的的质量之比为_______。
Ⅱ.世卫组织将其定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。
（5）消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，作消毒剂时和一样，还原产物均为。的消毒效率是的_______倍(保留两位小数)。
【答案】（1）
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 防止D中溶液倒吸进入A中 ③. A、D、C
（3）
（4）
（5）2.63
【解析】
【分析】先用装置B制取氯气，二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，氯气中会混有氯化氢，用装置A除去氯化氢，则装置A中盛放饱和食盐水，然后将氯气通入装置D中，使氯气与氢氧化钠溶液反应，再连接装置C用来处理未反应完的氯气防止污染空气，因此制备家用消毒液装置的连接顺序是BADC。
【小问1详解】
装置B中二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，反应的离子方程式，故答案为：。
【小问2详解】
装置A用于除去氯气中的氯化氢，因此装置A中的溶液是饱和食盐水，而长玻璃导管的作用是防止D中溶液倒吸进入A中，由此分析，图中装置的连接顺序是B、A、D、C，故答案为：饱和食盐水；防止D中溶液倒吸进入A中；A、D、C。
【小问3详解】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为： ，故答案为：。
【小问4详解】
根据与的物质的量之比为，由Cl2到，氯元素化合价升高1价，失去1个电子，由Cl2到，氯元素化合价升高5价，失去5个电子，共失去1+35
=16个电子，而由Cl2到Cl-，氯元素化合价降低1价，得到1个电子，依据得失电子守恒，需要16个氯原子得到16个电子，所以被氧化的与被还原的的质量之比为=(1+3):16=，故答案为：。
【小问5详解】
设Cl2和的质量都是71g，Cl2得到的电子为：2=2mol，得到的电子为：5=mol，则的消毒效率是的2.63倍，故答案为：2.63。
二、选做题
24. 下表列出了前20号元素中某些元素性质的一些数据：
性质元素
原子半径
最高价态
最低价态
性质元素
原子半径
最高价态
最低价态
①
1.02
⑥
1.10
②
2.27
—
⑦
0.99
③
0.74
—
⑧
1.86
—
④
1.43
—
⑨
0.75
⑤
0.77
⑩
1.17
试回答下列问题：
（1）以上10种元素中，第一电离能最小的是_______(填编号)。
（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足稳定结构的物质是_______(写分子式)。元素⑤和⑩形成的化合物的化学式为_______物质类型为_______(填离子化合物、共价化合物)：元素①的原子价电子排布式是_______。
（3）①、⑥、⑦三种元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是_______(填化学式)。
（4）③和⑨两元素比较，非金属性较弱的是_______(填名称)，可以验证你的结论的是下列中的_______(填序号)。
A.气态氢化物的挥发性
B.单质分子中的键能
C.两元素的电负性
D.含氧酸的酸性
E.氢化物中键的键长(X代表③和⑨两元素)
【答案】（1）② （2） ①. ②. ③. 共价化合物 ④.
（3）
（4） ①. 氮 ②. C
【解析】
【分析】同一周期中，自左至右，元素的原子半径逐渐减小；同一主族中，从上向下，元素的原子半径逐渐增大。由题意可知，10种元素是前20号元素，根据表中数据，可推出①S，②K，③O，④Al，⑤C，⑥P，⑦Cl，⑧Na，⑨N，⑩Si。
【小问1详解】
一般来说，在同一周期中，自左至右，元素的第一电离能逐渐增大；同一主族中，从上向下，元素的第一电离能逐渐减小。故在10种元素中，第一电离能最小的是②K。
【小问2详解】
C、P、Cl中的某两种元素形成的化合物中，PCl3或CCl4分子中的每一个原子都满足8e-稳定结构；元素⑤和⑩形成的化合物是，为共价化合物；S元素的原子价电子排布式是3s23p4。
【小问3详解】
元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性强弱为Cl＞S＞P，故其氢化物稳定性为HCl＞H2S＞PH3。
【小问4详解】
氧元素和氮元素相比，非金属性较弱的是氮元素，因同一周期从左到右元素的非金属性增强，电负性越大，可通过C项验证。
25. 研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为______。元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2和H2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_______，原因是_____________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。
【答案】 ①. [Ar]3d74s2 ②. O ③. Mn ④. sp；sp3 ⑤. H2O＞CH3OH＞CO2＞H2 ⑥. H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多 ⑦. CO2与H2 均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 ⑧. 离子键和π键
【解析】
【详解】(1)Co为27号元素，依据电子排布的原则，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2。元素Mn为金属，O为非金属，第一电离能较大的是O；Mn和O的基态原子核外未成对电子数分别为3、2，则基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。答案为：[Ar]3d74s2；O；Mn；
(2)CO2分子中，C原子只与两个氧原子形成共价键，且最外层无孤对电子，CH3OH分子中C原子与4个原子形成共价键，所以二者的杂化形式分别为sp和sp3。答案为：sp；sp3；
(3)CO2、H2、CH3OH、H2O四种分子中，CH3OH、H2O都能形成分子间的氢键，H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大，所以沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大；
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在Mn2+与NO3-间的离子键和NO3-内的π键。答案为：离子键和π键。
【点睛】注意分子间的范德华力比氢键小得多，比较沸点时，还需从氢键的数目和键长寻找突破。
26. H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：
（1）A的名称是_______；过程①是_______变化(填“物理”或“化学”)。
（2）B物质可以发生哪些类型反应_______。
（3）由A可以制备B，也可以由B制备A，由B制备A时温度控制为，若缓慢升温至时发生副反应_______。导致乙烯产量降低。
（4）反应③的化学方程式为_______。
（5）反应⑥的化学方程式为_______。
（6）H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有_______种。
（7）参照上述合成路线，以F为原料，设计合成G的路线：_______(其他试剂任选)
【答案】（1） ①. 乙烯 ②. 化学
（2）取代、消去、氧化
（3）
（4）
（5）2CH3COOH++2H2O
（6）7 （7）
【解析】
【分析】由题意可知，石油可以转化成乙烯，乙烯和水反应生成乙醇，乙醇被氧化成乙醛，乙醛被氧化成乙酸，乙酸和发生酯化反应生成，故A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A是乙烯；石油转化成乙烯，生成新物质，故为化学变化；
【小问2详解】
B是乙醇，乙醇可以被氧化成乙醛，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙醇和钠发生取代反应生成乙醇钠，故可以发生的反应类型为取代、消去、氧化；
【小问3详解】
乙醇制备乙烯的过程中，温度加热到140℃时，发生副反应生成乙醚，反应方程式为2C2H5OH C2H5OC2H5+H2O；
【小问4详解】
乙醇被氧化成乙醛，化学方程式为2 C2H5OH +O2 2CH3CHO+2H2O；
【小问5详解】
乙酸和发生酯化反应生成，化学方程式为2CH3COOH+ +2H2O；
【小问6详解】
用定一移一法，H分子有一定的对称性，六元环上的6个碳原子均有H原子可以被取代，如图所示 ，可以先把1号或2号的H原子取代，然后分析另一个H原子被取代的可能性，先取代1，环上其他碳原子上的H均可以被取代，但要注意左右对称，故有3种；再先取代2，则与1相同的位置不能再取代，可以找到4种，注意2号碳上有2个H原子可以被取代。综上所述，可以确定H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有7种。
【小问7详解】
与Br2反应生成，发生消去反应生成，与Br2加成反应生成，水解反应生成，与氢气发生加成反应生成，设计合成G的路线为 。
27. 对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前最常用的防晒剂之一，广泛应用于日用化工领域。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B的化学方程式是_______。反应类型为_______。
（2）A中最多_______个原子共平面。鉴别A与苯的方法为_______。
（3）B→C所需要的反应条件为_______。C→D的反应类型为_______。
（4）E中官能团的名称为_______。G的分子式是_______。请写出G同分异构的任意一种结构_______，其命名为_______。
（5）与C互为同分异构体共_______种(含C)，其中一种结构满足下列条件，其结构简式为_______。
①苯环上有1个取代基；②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为
【答案】（1） ①. +Br2+HBr ②. 取代反应
（2） ①. 13 ②. 分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯
（3） ①. NaOH溶液加热 ②. 取代反应
（4） ①. 醛基、醚键 ②. ③. ④. 甲基乙基戊醇
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在铁与溴反应生成的溴化铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成，被二氧化钪氧化为，在吡啶作用下与丙二酸先发生加成反应，后发生消去反应生成，在浓硫酸和苯的作用下与发生酯化反应生成，则G为。
【小问1详解】
由分析可知，A→B的反应为在铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；取代反应；
【小问2详解】
由分析可知，A的结构简式为，分子中最多有13原子共平面；是苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则用酸性高锰酸钾溶液能鉴别甲苯和苯；
故答案为：13；分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和溴化钠；C→D的反应为在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成和碘化氢，故答案为：NaOH溶液加热；取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，E的结构简式为，官能团为醚键和醛基；G的结构简式为，分子式，可能结构简式为，名称为甲基乙基戊醇；
故答案为：醛基、醚键；；；甲基乙基戊醇；
【小问5详解】
C为对甲基苯酚，C的同分异构体可能为邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇和苯甲醚，共4种，其中符合苯环上有1个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为，故答案为：4；。
成都东部新区2021~2022学年(下)半期调研考试
高二化学试卷
考试时间：90分钟；试卷分值：100分
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
本卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求
1. 当光束通过下列分散系时，可观察到一条光亮“通路”的是
A. NaOH溶液 B. Na2SO4溶液 C. HNO3溶液 D. 稀豆浆
【答案】D
【解析】
【详解】当光束通过分散系胶体时，可观察到一条光亮“通路”，稀豆浆有胶体的成分，而NaOH溶液、Na2SO4溶液、HNO3溶液均属于溶液，不是胶体，故答案为：D。
2. 北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于河北博物院的“长信宫灯”。
下列说法错误是
A. 青铜的硬度大于纯铜
B. 镏金层破损后生成铜锈的主要成分为CuO
C. 铝合金表面氧化物薄膜可以保护内部金属不被腐蚀
D. 两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜属于合金，一般来说合金的硬度大于纯金属的硬度，因此青铜的硬度大于纯铜，A正确；
B．镏金层破损后生成铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，B错误；
C．铝合金表面氧化物薄膜是致密的氧化膜，因此可以保护内部金属不被腐蚀，C正确；
D．丙烷含C、H两种元素，动物油脂含C、H、O三种元素，因此两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O，D正确。
综上所述，答案为:B。
3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，86g己烷的分子数为NA个
B. 25℃时，1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NA
C. 17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个
D. 64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；
B．1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；
C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；
D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；
综上所述答案为A。
4. 下列说法不正确的是
A. 和互为同位素
B. 甲酸和蚁酸互为同分异构体
C. 和互为同系物
D. 金刚石和互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．和两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确；
B．蚁酸一般指甲酸，甲酸和蚁酸是同一种物质，B错误；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；和两者结构相似、相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，C正确；
D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石和都是碳单质，互为同素异形体，D正确；
故选B。
5. 某原电池的总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是
选项
正极
负极
电解质溶液
A
Cu
Fe
FeCl3溶液
B
C
Fe
Fe(NO3)3溶液
C
Fe
Zn
Fe2(SO4)3溶液
D
Ag
Fe
Fe2(SO4)3溶液
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐：
A．铜作正极，铁作负极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A不选；
B．铁作负极，碳作正极，电解质为Fe(NO3)3溶液，能发生氧化还原反应，则符合题意，故B不选；
C．Zn的金属活泼性比Fe强，则Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，故C选；
D．Fe作负极，银作正极，电解质为Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，符合题意，故D不选；
故选C。
6. 利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A．制取CO2
B．干燥NH3
C．收集NO
D．收集CH3COOC2H5
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.大理石为难溶于水的块状固体，能利用该装置制备CO2，A项正确；
B.无水氯化钙与NH3反应，不能用无水氯化钙干燥，B项错误；
C.NO和O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C项错误；
D.CH3COOC2H5在强碱性条件下发生水解，D项错误。
故选A。
7. 下列有关说法正确是
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，故金刚石比石墨稳定
C. 放热且熵增加的反应不一定能正向自发进行
D. 增大反应物的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则硫蒸气燃烧时放出的热量多，故A正确；
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．放热且熵增加的反应，即△H＜0、△S＞0的反应，该反应在任何温度下均有△H-T△S＜0，即放热且熵增加的反应在任何条件下都能正向自发进行，故C错误；
D．增大反应物浓度，单位体积活化分子总数目增大，但活化分子百分数不变，故D错误；
故选：A。
8. 有关单质钾的说法如下：①在中燃烧生成并能产生紫色火焰；②与溶液反应时能产生蓝色沉淀；③少量单质钾可保存在煤油中；④熔点、沸点均比钠的高。下列组合正确的是
A. ②③ B. ①④ C. ③④ D. ①③
【答案】A
【解析】
【详解】①钾单质太活泼，在中燃烧生成并能产生紫色火焰，错误；
②钾与水反应生成氢氧化钾，氢氧化钾与溶液反应生成氢氧化铜沉淀，能产生蓝色沉淀，正确；
③少量单质钾可保存在煤油中，用以隔绝氧气，正确；
④碱金属的熔沸点由上而下逐渐变小，钾的熔点、沸点分别为63℃、759℃，钠的熔点、沸点分别为97.72℃、883℃，错误；
故选A；
9. 下列关于有机化合物的叙述正确的是
A. 乙烷可以发生取代反应和加成反应
B. 用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯
C. 邻二甲基环己烷()的一氯代物有4种
D. 乙酸和汽油均能和氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷是饱和烃，只能发生取代反应，不能发生加成反应，故A错误；
B．己烯和甲苯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，则不用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯，故B错误；
C．由结构简式可知，邻二甲基环己烷的结构对称，分子中含有4类氢原子，则一氯代物有4种，故C正确；
D．汽油的主要成分是烃，不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
故选C。
10. 下列离子能大量共存的是
A. Na+、K+、SO、 CO B. Mg2+、 NH、SO、OH-
C. Ba2+、K+、CO、NO D. Ag+、K+、Cl-、NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na+、K+、SO、 CO相互之间不反应，能大量共存，故A正确；
B．Mg2+、 NH与OH- 都会反应，不能大量共存，故B错误；
C．Ba2+与CO会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．Ag+与Cl-会生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选A。
11. 下列有关物质用途的叙述中，不正确的是
A. Cl2常用于自来水消毒 B. SO2常用于漂白食品
C. SiO2常用于制造光导纤维 D. Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气溶于水生成次氯酸具有强氧化性可以消毒杀菌，Cl2常用于自来水消毒，故A正确；
B、二氧化硫气体具有漂白性，有毒不能漂白食品，故B错误；
C、光导纤维的成分是二氧化硅，SiO2常用于制造光导纤维，故C正确；
D、过氧化钠和呼出的二氧化碳反应能生成氧气，可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；
故选B。
12. 文献报道：在45 ℃、0.1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是
A. 由此历程可知：N*＋3H*＝NH*＋2H* ΔH>0
B. 铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
C. 图示过程中有极性共价键生成
D. 用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*＝NH*＋2H* ΔH<0，A错误；
B．铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；
C．过程中有N-H极性共价键的生成，C正确；
D．不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误；
故选：C。
13. 如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无味气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
对图中有关物质及反应的叙述不正确的是
A. 气态氢化物A可用作制冷剂
B. 反应②体现了E的氧化性和酸性
C. 反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶5
D. 化合物D的密度比空气大，易液化，易溶于水
【答案】C
【解析】
【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是；G是一种紫红色金属单质，则G是，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是，D与水反应得到E，E能与反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为、D是，则A是，C是，结合对应物质的性质进行解答。
【详解】A．氨气易液化，可以用作制冷剂，故A正确；
B．反应②为3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸体现了氧化性和酸性，故B正确；
C．反应③为，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4，C项错误；
D．的密度比空气大，易液化，易溶于水，故D正确；
故选C。
14. X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是
A. 原子半径比较：Z>Y>X>M
B. 元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>X
C. 由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物
D. 气态氢化物的稳定性：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，所以X是C，Z是O；
【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；
B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；
C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；
D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；
故选C。
15. 溴酸盐在国际上被定位为2B级潜在致癌物。已知KBrO3可发生下列反应：2KBrO3+I2=2KIO3+Br2，下列有关说法不正确的是
A. KBrO3是氧化剂
B. 该反应说明I2的还原性强于Br2
C. 当有1 mol KBrO3参与反应时转移5 mol电子
D. 通过该反应相关物质的氧化性、还原性强弱比较可知：不能用KI与Br2反应来制取I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．在反应2KBrO3+I2=2KIO3+Br2中，Br元素化合价降低，得到电子被还原，所以KBrO3作氧化剂，A正确；
B．在氧化还原反应中，还原剂的还原性比还原产物的强，在该反应中I2为还原剂，Br2为还原产物，所以物质的还原性：I2＞Br2，B正确；
C．在该反应中，Br元素化合价由反应前KBrO3中的+5价变为反应后Br2的0价，化合价降低5价，得到5个电子，则当有1 mol KBrO3参与反应时转移5 mol电子，C正确；
D．元素的非金属性：Br＞I，则单质的氧化性：Br2＞I2，所以Br2能够与KI发生置换反应：2KI+Br2=2KBr+I2，故可以用KI与Br2反应来制取I2，D错误；
故合理选项是D。
16. 根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向AgCl 悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
B
将Fe(NO3)2 溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色
原Fe(NO3)2中一定含有Fe3+
C
相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1的醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
D
常温下，分别测量浓度均为0.1 mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH 大
酸性：HClO>H2S
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项，向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色，则生成了AgI沉淀，反应总是向着更难溶的方向进行，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；B项，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能把Fe2＋氧化生成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液发生显色反应，溶液呈红色，所以无法判断原Fe(NO3)2中是否含有Fe3+，故B错误；C项，溶液的导电性与离子浓度成正比，醋酸的浓度越大，c(H+)和c(CH3COO-)越大，所以导电性越强，但是，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，所以常温下，分别测量浓度均为0.1 mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大，则酸性：HClO>HS-，故D错误。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及沉淀转化、氧化还原反应、弱酸的电离、盐类水解等，掌握物质的性质、反应原理等知识是解题的关键，C项注意：增大醋酸浓度，使电离平衡正向移动，但是根据勒沙特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡向着减弱这种改变的方向移动，只能减弱而不能消除这种改变，所以电离程度减小；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，要注意找对相应的酸，S2-对应的酸是HS-，HS-对应的酸是H2S。
17. 如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述正确的是
A. Fe电极的电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑
B. 通电一段时间后，石墨电极附近溶液先变红
C. 电解饱和食盐水的总反应是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
D. 直流电源的a极是正极
【答案】C
【解析】
【分析】该装置有外加电源，因此该装置为电解装置，因为是电解饱和食盐水，根据电解原理，因此铁电极为阴极，石墨为阳极，据此分析；
【详解】A．工业电解饱和食盐水石墨作电解池的阳极，与电源正极向相连，铁作阴极，与电源负极相连，a为电源负极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；
B．电解原理为溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色，故B错误；
C．电解饱和食盐电解水反应生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C正确；
D．根据选项A的分析，a为电源负极，故D错误；
答案为C。
18. 二氧化硫是一种应用广泛的化工原料。在接触法制硫酸的工业中，二氧化硫制取三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g) = 2SO3(g) ∆H= -196 kJ•mol-1.实验室用亚硫酸钠固体与70％的硫酸制取少量的二氧化硫。下列有关用二氧化硫制取三氧化硫的说法正确的是
A. 反应的∆S ＞ 0
B. 2 mol SO2与足量O2反应，放出的热量为196 kJ
C. 工业上用通入足量的空气来提高SO2的转化率
D. 反应中每消耗1 mol SO2转移的电子数目约等于4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．2SO2(g)+O2(g) ⇌⇌2SO3(g)反应是气体体积缩小的反应，∆S< 0，A错误；
B．该反应是可逆反应，反应不能充分进行，2mol SO2与足量O2反应，放出的热量小于196 kJ ，B错误；
C．工业上通入足量的空气使平衡正向移动，氧气转化率下降，但提高SO2的转化率，C正确；
D．反应中S元素由+4价变成+6价，升2价，每消耗1 mol SO2转移电子数目约等于2×6.02×1023，D错误；
故选C。
19. 某无色溶液可能由Na+、Ba2+、Cu2+、CO、HCO、SO、Cl-中的一种或几种。为了确定该溶液的成分，进行如下实验：
①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液；
②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲；
③取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。下列关于原溶液说法正确的是（ ）
A. 肯定存在SO、Cl-
B. 肯定不存在Ba2+，可能存在Cu2+
C. CO、HCO至少存在一种
D. 是否存在Na+需要通过焰色试验来确定
【答案】C
【解析】
【分析】无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+；取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，说明CO、HCO至少存在一种，得到甲溶液，甲溶液中含有氯离子，继续滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲（AgCl）,不能判断原溶液中是否有氯离子；取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明白色沉淀乙中有硫酸钡，则原溶液中含有SO，不含有Ba2+，根据电荷守恒，判断Na+一定含有，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，不能判断原溶液中是否有氯离子，故A错误；
B．无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+，故B错误；
C．取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，说明CO、HCO至少存在一种，故C正确；
D．根据上述分析，排除了铜离子和钡离子，根据电荷守恒判断Na+一定含有，不需要用焰色反应，故D错误。
答案选C。
【点睛】注意明确常见离子的性质及检验的方法，特别是熟悉具有特殊反应现象、颜色的离子，电荷守恒的应用是解题的关键。
20. 常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是
A. c点对应的溶液的pH=7
B. b、d两点对应的溶液的pH相同
C. 从a点到d点，水的电离程度一直增大
D. b点对应的溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A．c点时向溶液中加入了20mL 0.1mol/L的NaOH溶液，恰好完全发生反应，水解溶液呈碱性，pH>7，故A项错误；
B．从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，故B项错误；
C．由图可知，c点水的电离程度最大，所以从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，故C项错误；
D．b点时向溶液中加入了10mL 0.1mol/L的NaOH溶液，根据物料守恒可知：，故D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
一、必做题
21. 已知反应过程的能量变化如图所示：
（1）由图可知为___________(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）图中C点表示___________。E所代表的能量是___________；E的大小对该反应的反应热___________(填“有”或“无”)影响。
（3）请求出反应___________。
（4）又知，请根据题给条件求出反应的焓变___________。
【答案】（1）吸热 （2） ①. 1molSO3(g)所具有的能量 ②. 反应的正反应的活化能 ③. 无
（3）-198 kJ/mol
（4）-42.5kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
由图可知，中反应物的能量高于生成物的能量，反应为放热反应，则反应为吸热反应；
【小问2详解】
图中C点表示1molSO3(g)所具有的能量；E所代表的能量是反应的正反应的活化能；E的大小对该反应难易程度有影响，对反应热无影响；
【小问3详解】
由图可知，① =-99.0kJ/mol，①×2得反应： =2×(-99.0kJ/mol)=-198 kJ/mol；
【小问4详解】
① =-99.0kJ/mol
②
①-②得反应：
。
22. 已知有下列十种物质：①固体②过氧化钠③熔融态④⑤碘水⑥⑦小苏打⑧氨水⑨⑩硫酸亚铁。
（1）上述物质中，属于电解质的是_______(填序号，下同)属于非电解质的是_______。
（2）写出②与反应的化学方程式_______。当反应转移时，固体质量增加_______g。
（3）相同条件下，物质⑦的溶解度_______的溶解度(填“大于”或“小于”)。
（4）已知⑩可使酸性溶液褪色，完成并配平该反应的离子方程式：_______。
。
【答案】（1） ①. ①②③⑦⑩ ②. ④⑥
（2） ①. ②. 84
（3）小于 （4）
【解析】
【小问1详解】
在水中或者熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；①AlCl3固体在水中可以导电，故AlCl3固体为电解质；②熔融的过氧化钠能导电，故过氧化钠属于电解质；③熔融态KNO3能导电，故熔融态KNO3为电解质；④SO3不能电离，故SO3为非电解质；⑤碘水是混合物，故碘水既不是电解质也不是非电解质；⑥C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，故C2H5OH是非电解质；⑦小苏打（碳酸氢钠）溶于水导电，故小苏打属于电解质；⑧氨水是水溶液为混合物，故氨水既不是电解质也不是非电解质；⑨Cl2是单质，故Cl2既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸亚铁溶于水导电，故硫酸亚铁属于电解质；综上所诉，属于电解质的是①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥。
【小问2详解】
过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中O元素化合价既上升也下降，每生成1mol O2转移2mol e-，当反应转移3mol e-时，生成1.5mol O2，消耗3mol CO2，固体质量增加3mol44g/mol-1.5mol32g/mol=84g。
【小问3详解】
物质⑦小苏打为碳酸氢钠，相同条件下，其溶解度小于Na2CO3的溶解度。
【小问4详解】
⑩硫酸亚铁中的Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，生成Fe3+、Mn2+和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。
23. 2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性，其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.某化学兴趣小组用如图装置制备家用消毒液。
（1）写出装置B中反应的离子方程式_______。
（2）装置A中的溶液是_______，长玻璃导管的作用是_______。图中装置的连接顺序是B、_______。
（3）用化学方程式表示装置D中“84消毒液的生成过程：_______。
（4）某温度下，将氯气通入溶液中，得到和的混合溶液，经测定与的物质的量之比为。则该反应中，被氧化的与被还原的的质量之比为_______。
Ⅱ.世卫组织将其定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。
（5）消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，作消毒剂时和一样，还原产物均为。的消毒效率是的_______倍(保留两位小数)。
【答案】（1）
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 防止D中溶液倒吸进入A中 ③. A、D、C
（3）
（4）
（5）2.63
【解析】
【分析】先用装置B制取氯气，二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，氯气中会混有氯化氢，用装置A除去氯化氢，则装置A中盛放饱和食盐水，然后将氯气通入装置D中，使氯气与氢氧化钠溶液反应，再连接装置C用来处理未反应完的氯气防止污染空气，因此制备家用消毒液装置的连接顺序是BADC。
【小问1详解】
装置B中二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，反应的离子方程式，故答案为：。
【小问2详解】
装置A用于除去氯气中的氯化氢，因此装置A中的溶液是饱和食盐水，而长玻璃导管的作用是防止D中溶液倒吸进入A中，由此分析，图中装置的连接顺序是B、A、D、C，故答案为：饱和食盐水；防止D中溶液倒吸进入A中；A、D、C。
【小问3详解】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为： ，故答案为：。
【小问4详解】
根据与的物质的量之比为，由Cl2到，氯元素化合价升高1价，失去1个电子，由Cl2到，氯元素化合价升高5价，失去5个电子，共失去1+35
=16个电子，而由Cl2到Cl-，氯元素化合价降低1价，得到1个电子，依据得失电子守恒，需要16个氯原子得到16个电子，所以被氧化的与被还原的的质量之比为=(1+3):16=，故答案为：。
【小问5详解】
设Cl2和的质量都是71g，Cl2得到的电子为：2=2mol，得到的电子为：5=mol，则的消毒效率是的2.63倍，故答案为：2.63。
二、选做题
24. 下表列出了前20号元素中某些元素性质的一些数据：
性质元素
原子半径
最高价态
最低价态
性质元素
原子半径
最高价态
最低价态
①
1.02
⑥
1.10
②
2.27
—
⑦
0.99
③
0.74
—
⑧
1.86
—
④
1.43
—
⑨
0.75
⑤
0.77
⑩
1.17
试回答下列问题：
（1）以上10种元素中，第一电离能最小的是_______(填编号)。
（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足稳定结构的物质是_______(写分子式)。元素⑤和⑩形成的化合物的化学式为_______物质类型为_______(填离子化合物、共价化合物)：元素①的原子价电子排布式是_______。
（3）①、⑥、⑦三种元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是_______(填化学式)。
（4）③和⑨两元素比较，非金属性较弱的是_______(填名称)，可以验证你的结论的是下列中的_______(填序号)。
A.气态氢化物的挥发性
B.单质分子中的键能
C.两元素的电负性
D.含氧酸的酸性
E.氢化物中键的键长(X代表③和⑨两元素)
【答案】（1）② （2） ①. ②. ③. 共价化合物 ④.
（3）
（4） ①. 氮 ②. C
【解析】
【分析】同一周期中，自左至右，元素的原子半径逐渐减小；同一主族中，从上向下，元素的原子半径逐渐增大。由题意可知，10种元素是前20号元素，根据表中数据，可推出①S，②K，③O，④Al，⑤C，⑥P，⑦Cl，⑧Na，⑨N，⑩Si。
【小问1详解】
一般来说，在同一周期中，自左至右，元素的第一电离能逐渐增大；同一主族中，从上向下，元素的第一电离能逐渐减小。故在10种元素中，第一电离能最小的是②K。
【小问2详解】
C、P、Cl中的某两种元素形成的化合物中，PCl3或CCl4分子中的每一个原子都满足8e-稳定结构；元素⑤和⑩形成的化合物是，为共价化合物；S元素的原子价电子排布式是3s23p4。
【小问3详解】
元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性强弱为Cl＞S＞P，故其氢化物稳定性为HCl＞H2S＞PH3。
【小问4详解】
氧元素和氮元素相比，非金属性较弱的是氮元素，因同一周期从左到右元素的非金属性增强，电负性越大，可通过C项验证。
25. 研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为______。元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2和H2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_______，原因是_____________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。
【答案】 ①. [Ar]3d74s2 ②. O ③. Mn ④. sp；sp3 ⑤. H2O＞CH3OH＞CO2＞H2 ⑥. H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多 ⑦. CO2与H2 均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 ⑧. 离子键和π键
【解析】
【详解】(1)Co为27号元素，依据电子排布的原则，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2。元素Mn为金属，O为非金属，第一电离能较大的是O；Mn和O的基态原子核外未成对电子数分别为3、2，则基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。答案为：[Ar]3d74s2；O；Mn；
(2)CO2分子中，C原子只与两个氧原子形成共价键，且最外层无孤对电子，CH3OH分子中C原子与4个原子形成共价键，所以二者的杂化形式分别为sp和sp3。答案为：sp；sp3；
(3)CO2、H2、CH3OH、H2O四种分子中，CH3OH、H2O都能形成分子间的氢键，H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大，所以沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大；
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在Mn2+与NO3-间的离子键和NO3-内的π键。答案为：离子键和π键。
【点睛】注意分子间的范德华力比氢键小得多，比较沸点时，还需从氢键的数目和键长寻找突破。
26. H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：
（1）A的名称是_______；过程①是_______变化(填“物理”或“化学”)。
（2）B物质可以发生哪些类型反应_______。
（3）由A可以制备B，也可以由B制备A，由B制备A时温度控制为，若缓慢升温至时发生副反应_______。导致乙烯产量降低。
（4）反应③的化学方程式为_______。
（5）反应⑥的化学方程式为_______。
（6）H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有_______种。
（7）参照上述合成路线，以F为原料，设计合成G的路线：_______(其他试剂任选)
【答案】（1） ①. 乙烯 ②. 化学
（2）取代、消去、氧化
（3）
（4）
（5）2CH3COOH++2H2O
（6）7 （7）
【解析】
【分析】由题意可知，石油可以转化成乙烯，乙烯和水反应生成乙醇，乙醇被氧化成乙醛，乙醛被氧化成乙酸，乙酸和发生酯化反应生成，故A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A是乙烯；石油转化成乙烯，生成新物质，故为化学变化；
【小问2详解】
B是乙醇，乙醇可以被氧化成乙醛，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙醇和钠发生取代反应生成乙醇钠，故可以发生的反应类型为取代、消去、氧化；
【小问3详解】
乙醇制备乙烯的过程中，温度加热到140℃时，发生副反应生成乙醚，反应方程式为2C2H5OH C2H5OC2H5+H2O；
【小问4详解】
乙醇被氧化成乙醛，化学方程式为2 C2H5OH +O2 2CH3CHO+2H2O；
【小问5详解】
乙酸和发生酯化反应生成，化学方程式为2CH3COOH+ +2H2O；
【小问6详解】
用定一移一法，H分子有一定的对称性，六元环上的6个碳原子均有H原子可以被取代，如图所示 ，可以先把1号或2号的H原子取代，然后分析另一个H原子被取代的可能性，先取代1，环上其他碳原子上的H均可以被取代，但要注意左右对称，故有3种；再先取代2，则与1相同的位置不能再取代，可以找到4种，注意2号碳上有2个H原子可以被取代。综上所述，可以确定H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有7种。
【小问7详解】
与Br2反应生成，发生消去反应生成，与Br2加成反应生成，水解反应生成，与氢气发生加成反应生成，设计合成G的路线为 。
27. 对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前最常用的防晒剂之一，广泛应用于日用化工领域。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B的化学方程式是_______。反应类型为_______。
（2）A中最多_______个原子共平面。鉴别A与苯的方法为_______。
（3）B→C所需要的反应条件为_______。C→D的反应类型为_______。
（4）E中官能团的名称为_______。G的分子式是_______。请写出G同分异构的任意一种结构_______，其命名为_______。
（5）与C互为同分异构体共_______种(含C)，其中一种结构满足下列条件，其结构简式为_______。
①苯环上有1个取代基；②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为
【答案】（1） ①. +Br2+HBr ②. 取代反应
（2） ①. 13 ②. 分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯
（3） ①. NaOH溶液加热 ②. 取代反应
（4） ①. 醛基、醚键 ②. ③. ④. 甲基乙基戊醇
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在铁与溴反应生成的溴化铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成，被二氧化钪氧化为，在吡啶作用下与丙二酸先发生加成反应，后发生消去反应生成，在浓硫酸和苯的作用下与发生酯化反应生成，则G为。
【小问1详解】
由分析可知，A→B的反应为在铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；取代反应；
【小问2详解】
由分析可知，A的结构简式为，分子中最多有13原子共平面；是苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则用酸性高锰酸钾溶液能鉴别甲苯和苯；
故答案为：13；分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和溴化钠；C→D的反应为在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成和碘化氢，故答案为：NaOH溶液加热；取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，E的结构简式为，官能团为醚键和醛基；G的结构简式为，分子式，可能结构简式为，名称为甲基乙基戊醇；
故答案为：醛基、醚键；；；甲基乙基戊醇；
【小问5详解】
C为对甲基苯酚，C的同分异构体可能为邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇和苯甲醚，共4种，其中符合苯环上有1个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为，故答案为：4；。
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