福建省三明市第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题


三明一中2019～2020学年度上学期第一次月考高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H~1  Li~7 B~11 N~14 O~16 Na~23 K~39 Mn~55 Cu~64
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（共25小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共50分）
1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（ ）
A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
B. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质
C. “黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加入白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖
D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐
【答案】C
【解析】
【详解】A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；
B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；
C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；
D.“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。
故选C。
2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知：正丁烷（g）=异丁烷（g） ΔH<0，则正丁烷比异丁烷稳定
B. 已知：C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g） △H=-1478.8kJ·mol-1，则C2H4（g）的燃烧热△H=-1478.8kJ·mol-1
C. 已知：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l） △H=-57.3kJ·mol-1，则稀Ba(OH)2（aq）和稀H2SO4（aq）完全反应生成1mol H2O（l）时，放出57.3kJ热量
D. 已知：S（s）+O2（g）=SO2（g） △H1；S（g）+O2（g）===SO2（g） △H2，则△H1>△H2
【答案】D
【解析】
【详解】A.正丁烷转化为异丁烷的反应为放热反应，说明等质量异丁烷的能量比正丁烷低，能量越低，物质越稳定，A项错误；
B.燃烧热为1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，应为H2O（l），B项错误；
C.反应还生成了BaSO4（s），放热大于57.3kJ，C项错误；
D.这两个反应均是放热反应，S（g）完全燃烧时放热更多，故|△H1|<|△H2|，则△H1>ΔH2，D项正确。
故选D。
3. 下列有关说法正确的是( )
A. 实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀 H2SO4中滴加少量 Cu(NO3)2溶液
B. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，仅升高温度，达平衡时氢气转化率增大
C. 吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+O2(g)”一定条件下可自发进行，则该反应ΔS＜0
D. 在稀AgNO3溶液中加入过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，则加入Na2S溶液后 c(Ag+) 更小了
【答案】D
【解析】
试题分析：A．加入硝酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故B错误；C．反应前后气体的总量不变△S=0，故C错误．D．在稀AgNO3溶液中加入过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，说明硫化银的溶解度小于氯化银，溶液中的 c(Ag+) 更小，故D正确；故选D。
考点：考查了化学反应速率的影响因素；反应热和焓变、难溶电解质的溶解平衡等相关知识。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32 g
B. 反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ·mol-1，当放出热量 9.2 kJ时，转移电子0.6 NA
C. lmol·L-1的氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2Na，则Cu2+的数目为Na
D. 标准状况下，NO和O2各11. 2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75 Na
【答案】B
【解析】
A、阳极中除铜外，还含有其他杂质，如锌、铁等，锌、铁比铜活泼，先失电子，因此阳极质量减少的质量不等于32个，故A错误；B、转移6mole－，放出92kJ热量，因此放出9.2kJ热量，转移电子9.2×6/92mol=0.6mol，故B正确；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算微粒数目，故C错误；D、NO和氧气反应，2NO＋O2=2NO2，根据所给量，NO是少量，O2是过量，因此反应后NO2的物质的量0.5mol，还剩O2的物质的量为0.25mol，气体总物质的量为0.75mol，但2NO2N2O4，因此气体物质的量小于0.75mol，故D错误。

5.热还原法制备MgO材料的原理为MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+SO2（g）+CO2（g） △H>0，T℃时，在一恒容密闭容器中加入一定量的MgSO4（s）和CO（g），一段时间后达到平衡状态。下列说法正确的是（ ）
A. 活化能：E正>E逆
B. 其他条件不变，加入催化剂，△H减小
C. 其他条件不变，降低温度，化学平衡常数增大
D. 其他条件不变，向容器中通入Ar（g），平衡逆向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项正确；
B.催化剂不改变反应的ΔH，B项错误；
C.其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，C项错误；
D.其他条件不变，向容器中通入Ar（g），由于容器体积不变，所以各物质浓度都不变，平衡不移动，D项错误。
故选A。
【点睛】向容积不变的容器中通入惰性气体，不影响气体浓度，所以不会使反应速率改变，也不能使平衡移动。如果向容积可变的容器中通入惰性气体，会使容器体积变大，使气体浓度降低，反应速率减慢，如果反应前后气体系数之和不等，则平衡会向气体系数之和大的方向移动，即相当于降低压强。
6.常温下，浓度相同的稀溶液：①NH4Cl溶液、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为（ ）
A. ①>②>③>④ B. ②>①>④>③
C. ②>①>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为②>①>③>④。故选C项。
【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比较时，要看其他能水解的离子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，则两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，则两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。
7.下列说法错误的是
A. 做中和热测定实验时，在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料以防止热量散失
B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法以防腐
C. H2O2催化分解每产生1molO2，转移电子的数目为2×6.02×1023
D. 25℃时，加水稀释0.1mol•L﹣1NH4Cl，溶液中不断增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 做中和热测定实验时，为了防止热量散失，应在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料，A正确；
B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法，阻止铁失电子，以防铁腐蚀，B正确；
C. H2O2催化分解每产生1molO2，O由-1价升高到0价，转移电子的数目为2×6.02×1023，C正确；
D. 25℃时，加水稀释0.1mol•L﹣1NH4Cl，NH4+发生水解NH4++H2O NH3·H2O+H+，此时水解常数Kh=，=，它只受温度变化的影响，当温度一定时，溶液中不变，D错误；
答案为D。
8.如图所示是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图。

在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是(　　)
A. ①蒸馏　②过滤　③分液 B. ①分液　②蒸馏　③结晶、过滤
C. ①蒸馏　②分液　③分液 D. ①分液　②蒸馏　③蒸馏
【答案】D
【解析】
乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，水溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故答案为B。
点睛：明确物质的性质及混合物分离、提纯的基本操作方法是解题关键，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，蒸馏可得到乙酸。
9.下列离子在指定环境中一定可以大量共存的是
A. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3＋、Cl－、Br－、K＋
B. 加入铝粉产生H2的溶液中：NO3－、Mg2＋、Cl－、Ba2＋
C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO42－、[Al(OH)4]－、NH4＋、Br－
D. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2＋、Na＋、NO3－、K＋
【答案】A
【解析】
【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有NH4+、Fe2+、SO42-，它与Fe3＋、Cl－、Br－、K＋都不发生反应，则离子在此环境中共存，A正确；
B. 加入铝粉产生H2的溶液，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。若为酸性溶液，则溶液中不含有NO3－；若为碱性溶液，则溶液中不含有Mg2＋，B不正确；
C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中，[Al(OH)4]－不能大量存在，C不正确；
D. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中，可能含有Ag+，也可能含有[Al(OH)4]－、SiO32-等。若含有Ag+，则与Ca2＋、Na＋、NO3－、K＋共存；若含有SiO32-，则与Ca2＋不共存，D不正确；
答案为A。
10.下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是
A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2
D. 稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；
B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；
C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；
D. 稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；
答案C。
11. 下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是
A. 用量筒量取一定体积液体时，俯视读出的读数
B. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液测碱液浓度时，酸式滴定管洗净后，没有用标准盐酸润洗，直接着装标准盐酸滴定碱液，所测出的碱液的浓度值
C. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热温度太高使一部分硫酸铜发生分解，所测出的结晶水的含量
D. 做中和热测定时，在大小烧杯之间没有垫碎泡沫塑料（或纸条）所测出的中和热数值
【答案】D
【解析】
【分析】
A.俯视读数，视线高于凹液面；

B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致盐酸浓度偏低；
C.部分硫酸铜发生分解，所测出的质量差偏大；
D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失。
【详解】A．读数时俯视，会使所读取的数值大于液体的实际体积，故A错误；
B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积偏大，则测定结果偏大，故B错误；
C.部分硫酸铜发生分解，所测出的质量差偏大，则测出的结晶水的含量偏高，故C错误；
D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失,造成的误差偏小,故D正确；
综上所述，本题正确选项D。
12.下列实验操作、现象和结论均正确且存在因果关系是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，后者红色更深。
相同温度下，CO32－结合H＋能力更强
B
向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，溶液由橙色变成黄色。
增大反应物浓度
平衡正向移动
C
向硅酸钠溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊
酸性：H2CO3＞H2SiO3
D
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3＋


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，因碳酸钠溶液的碱性更强，所以前者红色更深，A错误；
B、在Na2CrO4溶液中存在下列平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，平衡正向移动，溶液由黄色变成橙色，B错误；
C、向硅酸钠溶液中通入CO2气体，发生反应为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性强于硅酸，C正确；
D、向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，可能是H2O2将Fe2+氧化，也可能是HNO3将Fe2+氧化，但不能肯定是H2O2将Fe2+氧化，也就不能得出氧化性H2O2>Fe3＋，D错误；
答案为C。
13.一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9

下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 反应到6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1
B. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1
C. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol·L－1·min－1
D. 反应到6 min时， H2O2分解了50%
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应到6 min时，生成O222.4mL，此时分解的H2O2为0.002mol，剩余H2O2 0.002mol，c(H2O2)＝0.20 mol·L－1，A不正确；
B. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)=≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1，B正确；
C.随着反应的不断进行，平均反应速率不断减小，所以 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol·L－1·min－1，C正确；
D. 反应到6 min时， H2O2分解了50%，D正确；
答案为A。
14.下列说法中正确的是
A. Al、SiO2、Ca(OH)2、NaHCO3等既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
B. 若a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图所示的转化关系
C. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3
D. NaNa2O2NaI
【答案】C
【解析】
【详解】A、SiO2与盐酸不反应；Ca(OH)2与氢氧化钠溶液不反应，A错误；
B、若a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，因SiO2与H2O不反应，则不可以通过一步反应实现b→c转化，B错误；
C、Fe2O3与硫酸溶液反应得Fe2(SO4)3溶液，加热蒸干得无水Fe2(SO4)3，C正确；
D、因为Na2O2具有强氧化性，能将NaI氧化，所以Na2O2NaI不正确，D错误；
答案为C。
15.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
A. 方案①用于分离I2和NH4I固体
B. 方案②用于比较CuSO4和MnO2的催化活性
C. 方案③用于测定中和热
D. 方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. I2和NH4I固体受热后分别变为碘蒸气、氨气和氯化氢气体，在烧瓶底遇冷，又转化为I2和NH4I固体，方案①不能用于分离I2和NH4I固体，A错误；
B.比较CuSO4和MnO2的催化活性，要求二份溶液中H2O2的浓度应相同，方案②不正确，B错误；
C.方案③中缺少玻璃搅拌棒，不能用于测定中和热，C错误；
D. 方案④中，两份酸的浓度相同，所用碳酸钠的浓度也相同，能用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱，D正确；
答案为D。
16.可燃冰是另一种CH4的重要来源，利用可燃冰制备的甲烷可以设计成如下燃料电池，可以作为“移动的发电厂”，源源不断的对外供电，下列说法错误的是

A. a电极通入甲烷气体，作负极
B. 每通入1mol CH4，有8mol e－通过质子交换膜
C. b电极的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O
D. 催化剂电极采用疏松多孔结构可提高电极反应效率
【答案】B
【解析】
【分析】
电子流出的电极a为负极，电子流入的电极b为正极。负极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO32-+8H+，正极反应式为2O2+8e-+8H+=4H2O。
【详解】A. 依据上述分析，a电极通入甲烷气体，作负极，A正确；
B. 每通入1mol CH4，有8mol e－转移，但电子不能通过质子交换膜，B错误；
C. b电极的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，C正确；
D. 催化剂电极采用疏松多孔结构，可提高电极反应效率，D正确；
答案为B。
【点睛】电极反应式的书写，是我们解电化学试题的易错点，主要错因是我们没有弄清电解质的性质。电解质溶液用质子交换膜隔离，说明电解质为酸。所以在电极反应式中，电解质中的微粒不允许出现OH-，只允许出现H+和H2O。
17.在一个密闭容器中，A与B在一定条件下发生反应：A(s)＋B(g)C(g) △H<0，改变B的物质的量并使之达到平衡，得到如下图所示的平衡曲线，下列说法不正确的是

A. 增加少量A物质，平衡不移动
B. 斜率为平衡常数，且随温度升高而减小
C. 恒温恒容时，加入少量He气，容器内气体密度不变
D. 缩小容器体积，气体平均相对分子质量不变
【答案】C
【解析】
【详解】A. A为固体，增加少量A物质，气体B、C的浓度不变，平衡不移动，A正确；
B. 斜率为，平衡常数，二者相等；正反应为放热反应，随温度升高平衡常数减小，B正确；
C. 恒温恒容时，加入少量He气，容器内气体的质量增大而体积不变，所以密度增大，C错误；
D. 缩小容器体积，平衡不移动，气体平均相对分子质量不变，D正确；
答案为C。
18.全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池。其电池总反应为V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+,下列说法正确的是(　　)
A. 放电时每转移2 mol电子,消耗1 mol氧化剂
B. 放电时正极反应为V O2++2H++e-=VO2++H2O
C. 放电过程中电子由负极经外电路移向正极,再由正极经电解质溶液移向负极
D. 充电过程中,H+由阴极区向阳极区迁移
【答案】B
【解析】
试题分析： A、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，A错误；B、原电池放电时，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，B正确； C、原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，C错误； D、电解质溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，D错误。答案选B。
考点：电解池，原电池
19.我国部分地区水资源缺乏，海水淡化是永恒的话题。下列有关海水淡化的说法错误的是
A. 如图制备蒸馏水方法技术成熟，但是成本太高
B. 如图制备蒸馏水的过程，利用了清洁能源太阳能，且可分离出海水中的盐类
C. 如图是离子交换法制备淡水，在阴阳离子交换后发生了酸碱中和反应
D. 如图在阳离子交换过程中阳离子数目保持不变，溶液酸碱性也保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用蒸馏法制备蒸馏水，虽然方法技术成熟，但是由于需消耗大量的酒精燃料，所以成本太高，A正确；
B. 利用了清洁能源太阳能，将海水蒸发，然后冷凝，可制备蒸馏水，同时可分离出海水中的盐类，B正确；
C. 用离子交换法制备淡水，阳离子交换膜将阳离子都转化为H+，阴离子交换膜将阴离子都转化为OH-，然后H+与OH-结合成水，发生酸碱中和反应，C正确；
D.阳离子交换过程中，阳离子交换是按电荷守恒进行的，也说是说1个Ca2+、Mg2+可以交换2个H+，数目发生改变，溶液酸性增强，D错误；
答案为D。
20.在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中
A. c(Ba2＋)·c(SO42－)＝Ksp，c(Ba2＋)>c(SO42－)
B. c(Ba2＋)＝c(SO42－)＝(Ksp)1/2
C. c(Ba2＋)·c(SO42－)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42－)
D. c(Ba2＋)·c(SO42－)≠Ksp，c(Ba2＋) 【答案】A
【解析】
【分析】
一定温度下，在BaSO4饱和溶液中存在下列平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)
加入少量的BaCl2溶液后，溶液中c(Ba2+)增大，导致平衡逆向移动，c(SO42-)减小，同时产生BaSO4沉淀。
【详解】A. 由于温度不变，所以溶度积常数不变，c(Ba2＋)·c(SO42－)＝Ksp，且c(Ba2＋)>c(SO42－)，A正确；
B. 达新平衡时，c(Ba2＋)>c(SO42－)，所以c(Ba2＋)＝c(SO42－)＝(Ksp)1/2关系不成立，B错误；
C.温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2＋)·c(SO42－)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42－)两关系式都不成立，C错误；
D. 温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2＋)·c(SO42－)≠Ksp，c(Ba2＋) 答案为A。
21.己知AgCl在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。己知T1温度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列说法正确的是

A. T1>T2
B. a =4.0×10-5
C. M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变
D. T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2＞T1，A错误；
B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a= ＝4.0×10-5，B正确；
C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，则M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误；
D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，所以T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D错误；
答案选B。
22.常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是(　　)

A. H2A为二元弱酸，稀释前c(H2A)＝0.005 mol·L－1
B. NaHA水溶液中：c(Na+)＋ c(H+)＝2c(A2-)＋c(OH-)
C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na＋)＝ c(A2-)＋c(B2-)＋c(HB-)
D. pH＝10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(B2－)＞c(H2B)
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，A错误；
B．根据电荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2-)+ c(OH-)，B正确；C．根据物料守恒可知含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+ c(B2-)+ c(HB-)+ c(H2B)，C错误；D．pH=10的NaHB溶液显碱性，说明HB－的电离程度小于水解程度，离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)＞c(B2-)，D错误；答案选B。
点睛：本题以离子浓度大小比较为载体考查弱电解质电离，会根据图象确定酸的强弱是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，易错选项是C、D。
23.已知：常温下，Ksp（NiCO3）=1.4×10-7，Ksp（PbCO3）=1.4×10-13，则向浓度均为0.1mol·L-1的Ni(NO3)2和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）
A. 常温下在水中的溶解度：NiCO3>PbCO3
B. 逐滴加入Na2CO3溶液，先生成NiCO3沉淀，后生成PbCO3沉淀
C. 逐滴加入Na2CO3溶液，先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀
D. 逐滴加入Na2CO3溶液，当两种沉淀共存时，溶液中c（Ni2+）：c（Pb2+）=106：1
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下，Ksp（NiCO3）>Ksp（PbCO3），故溶解度：NiCO3>PbCO3，A项正确；
B和C.逐滴加入Na2CO3溶液时，Ksp（PbCO3）较小，故先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀，B项错误，C项正确；
D.当两种沉淀共存时，NiCO3、PbCO3均达到溶解平衡状态，溶液中c（Ni2+）：c（Pb2+）=Ksp（NiCO3）：Ksp（PbCO3）=106：1，D项正确。
故选B。
【点睛】当两种物质溶度积相比，第一种物质的大于第二种物质时，两者的溶解度不一定第一种物质大于第二种物质，只有当两者的化学式中原子组成相同时才可以得出这样的结论，NiCO3和PbCO3就是这样的例子。如果一种物质是A2B，另一种物质是AB，若溶度积A2B＞B，溶解度不一定A2B＞B。
24.某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是(已知：lg 2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10－25)

A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B. Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
C. 该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36
D. 向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为10－5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Zn2＋先沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象信息可知，V(Na2S)<10mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S，CuCl2过量，此时溶液为NaCl和CuCl2混合溶液；V(Na2S)=10mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S10mL，二者刚好完全反应，此时溶液为NaCl溶液；V(Na2S)=20mL时，CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S20mL，Na2S过量，此时溶液为NaCl和Na2S混合溶液；
【详解】A. 由以上分析可知，a、c二点中，盐的水解将促进水的电离；b点为NaCl溶液，水的电离不受影响，水的电离程度最小，A错误；
B. 依据物料守恒，Na2S溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，B错误；
C. 在b点，－lgc(Cu2＋)=17.7，此时c(Cu2＋)=2×10-18mol/L，c(S2-)=2×10-18mol/L，该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36，C正确；
D. 向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为10－5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－4 mol·L－1的Na2S溶液，由于CuS的Ksp小，所以Cu2＋先沉淀，D错误；
故选C。
25.常温下，已知某三元弱酸H3A的三级电离平衡常数分别为、、，下列说法错误的是
A. Na3A的第一级水解平衡常数Kh1的数量级为10－2
B. 在NaH2A溶液中：
C. 0.1mol/L的Na3A和0.1mol/L的Na2HA溶液中水电离程度，前者大于后者
D. 向H3A溶液中加入NaOH溶液至中性时：c(Na＋)＝3c(A3－)＋2c(HA2－)＋c(H2A－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na3A的第一级水解平衡常数，A正确；
B. 在NaH2A溶液中，设起始量c(H2A-)=0.1mol/L，溶液中c(H+)=x
则有 H2A-H++HA2-
起始量 0.1mol.L 0 0
变化量 x x x
平衡量 0.1-x x x
x≈7.9×10-5mol/L，溶液显酸性，，B错误；
C. 0.1mol/L的Na3A和0.1mol/L的Na2HA溶液中，A3-的水解程度大于HA2-的水解程度，水电离程度前者大于后者，C正确；
D. 向H3A溶液中加入NaOH溶液至中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na＋)＝3c(A3－)＋2c(HA2－)＋c(H2A－)，D正确；
答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题 共35分）
三、填空与简答题（共35分）
26.实验室制备二氧化硫常用铜与浓硫酸加热反应或用亚硫酸钠和硫酸反应。
（1）实验室在用铜与浓硫酸加热反应制备二氧化硫的过程中，用1mol Cu和含2mol H2SO4的浓硫酸溶液加热反应，在标准状况下制备的SO2体积总是小于22.4L，这是因为____________
（2）当铜与浓硫酸在加热的条件下不再产生SO2时，向反应混合液中加入H2O2，过量的铜会继续溶解，此时发生反应的离子方程式为__________________________________________
（3）在用亚硫酸钠与硫酸制备二氧化硫的过程中，为控制化学反应速率，加入硫酸的仪器是_________ (填写仪器名称)，该反应中的硫酸浓度不能太大也不能太小，这是因为______
【答案】 (1). 浓硫酸转化成稀硫酸，不再与铜反应产生二氧化硫 (2). Cu+H2O2+2H+==Cu2++2H2O (3). 分液漏斗 (4). 该反应的离子方程式为：2H++SO32-==SO2↑+H2O,溶液中c(H+)小，化学反应速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。
【解析】
【详解】(1)随着反应的进行，浓硫酸浓度不断减小，铜只能与热的浓硫酸反应，而不与稀硫酸反应。所以硫酸一定有剩余。答案为：浓硫酸转化成稀硫酸，不再与铜反应产生二氧化硫。
(2) 向反应混合液中加入H2O2，H2O2表现出强氧化性，将铜氧化为氧化铜，再被硫酸溶解。反应方程式为Cu+H2O2+2H+==Cu2++2H2O。答案为Cu+H2O2+2H+==Cu2++2H2O。
(3)便于控制浓硫酸加入量的仪器为分液漏斗；该反应中的硫酸浓度不能太大也不能太小，这是因为硫酸浓度大时，溶液中c(H+)小，化学反应速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。答案为: 分液漏斗；该反应的离子方程式为：2H++SO32-==SO2↑+H2O，溶液中c(H+)小，化学反应速率慢；硫酸浓度过小，生成的SO2溶解于水，均不利于得到二氧化硫气体。
27.低碳经济是指在可持续发展理念指导下，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢一种经济发展形态。下列是有关碳元素的相关转化，回答下列问题：
（1）已知甲醇是一种清洁燃料，制备甲醇是煤液化的重要方向。若已知H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为∆H＝－285.8kJ/mol、△H＝－283.0kJ/mol、△H＝－726.5kJ/mol，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l) △H＝________ kJ/mol。
（2）一定温度下，一定可以提高甲醇合成速率的措施有（ ）
a.增大起始通入值
b.恒温恒容，再通入氦气
c.使用新型的高效正催化剂
d.将产生的甲醇及时移走
e.压缩体积，増大压强
（3）在恒温恒容条件下，下列说法可以判定反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)已经达到平衡状态的是（ ）
a.体系中碳氢单键数目不再改变
b.体系中n(CO)：n(H2)不再改变
c.体系中压强或者平均摩尔质量不再改变
d.单位时间内消耗氢气和CH3OH的物质的量相等
（4）在恒压的容器中，曲线X、Y、Z分别表示在T1°C、T2°C和T3°C三种温度下合成甲醇气体的过程。控制不同的原料投料比，CO的平衝转化率如图所示：

①温度T1°C、T2°C和T3°C由高到低的順序为：_________________；
②若温度为T3°C时，体系压强保持50aMPa，起始反应物投料比n(H2)/n(CO)＝1.5，则平衡时CO和CH3OH的分压之比为__________，该反应的压强平衡常数Kp的计算式为__________。(Kp生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压等于总压强×该物质的物质的量分数)。
【答案】 (1). -128.1 (2). CE (3). AC (4). T3>T2>T1 (5). 1：1 (6).
【解析】
【详解】(1)三种物质燃烧的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H＝－285.8kJ/mol ①
CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ∆H＝－283.0kJ/mol ②
CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H＝－726.5kJ/mol ③
则①×2+②-③得：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l) △H＝-128.1kJ/mol。
答案为-128.1
(2) a.增大起始通入值，不一定能增大反应物浓度，反应速率不一定加快；
b.恒温恒容，再通入氦气，反应物和生成物的浓度都未变，速率不变；
c.使用新型的高效正催化剂，可加快反应速率；
d.将产生的甲醇及时移走，能增大反应物的转化率，但不能加快反应速率；
e.压缩体积，増大压强，可加快反应速率。
故答案为CE。
(3) a.体系中碳氢单键数目不再改变，说明甲醇的量不再改变，反应达平衡状态；
b.若起始投入量之比等于化学计量数之比，则体系中n(CO)：n(H2)始终不变，不一定达平衡状态；
c.因反应前后气体分子数不等，所以体系中压强或者平均摩尔质量不再改变，说明反应达平衡状态；
d.单位时间内消耗氢气和CH3OH的物质的量不可能相等，错误。
故答案为AC。
(4) ①因为正反应为放热反应，所以温度越高，反应物的转化率越小。从图中可以看出，相同投料比时，CO的转化率ZT2>T1。答案为T3>T2>T1。
②起始反应物投料比n(H2)/n(CO)＝1.5，可设n(H2)=3mol，n(CO)=2mol，
2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)
起始量 3mol 2mol 0
变化量 2mol 1mol 1mol
平衡量 1mol 1mol 1mol
则平衡时CO和CH3OH的分压之比为1：1。答案为1：1；

答案为。
28.高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：

（1）实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择____________________________
a.普通玻璃坩埚 b.石英坩埚 c.陶瓷坩埚 d.铁坩埚
（2）第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：______________________________________
（3）操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在____________ (填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。趁热过滤的原因是______________________________________
（4）反应b是电解法制备KMnO4，其装置如图所示，a作____________极(填“阳”或“阴”)，中间的离子交换膜是_____ (填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极的电极反应式为____________

（5）取反应b后的电解液，加硫酸溶解后，用0.1000mol ·L－1FeSO4标准溶液滴定至终点时，消耗250.0mL标准溶液，则电解后溶液中的KMnO4的质量是_________g。
（6）两种途径的制备方法，途径1与途径2理论产率之比为_________
（7）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的是________(填标号)。
a.双氧水 b.84消液(NaClO溶液) c.75％酒精 d.苯酚
【答案】 (1). D (2). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (3). 溶解性 (4). 避免温度下降，造成主产品的纯度降低 (5). 阳 (6). 阳 (7). MnO42--e-==MnO4- (8). 0.79 (9). 2:3 (10). ab
【解析】
【分析】
在工业流程中，原料中的MnO2、KOH、KClO3发生如下反应：
3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
在途径1中发生反应为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，
在途径2中发生反应为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。
【详解】(1)因为KOH能与SiO2反应，所以实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时，应选择不含SiO2成分的坩埚，只能选择铁坩埚，答案为D；
(2)由前面分析知，第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式为：
3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，
答案为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；
(3) 采用浓缩结晶、趁热过滤方法得到KMnO4，应利用两者的溶解性差异；趁热过滤的原因是防止过滤过程中因温度降低导致K2CO3结晶析出。答案为：溶解性；避免温度下降，造成主产品的纯度降低；
(4) 反应b是电解法制备KMnO4，在a电极上，K2MnO4失电子转化为KMnO4，所以a电极应为阳极；转化后多出的K+将通过交换膜进入阴极，所以交换膜应为阳离子交换膜；阳极的电极反应式为MnO42--e-=MnO4-，答案为阳极；阳离子交换膜；MnO42--e-=MnO4-；
(5) 利用得失电子守恒，可建立如下关系式：
KMnO4——5FeSO4
1mol 5mol
0.005mol 0.025mol
m(KMnO4)= 0.005mol×158g/mol=0.79g，答案为0.79；
(6)在途径1中发生反应为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，K2MnO4转化率为2/3，在途径2中发生反应为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，K2MnO4转化率为1，途径1与途径2理论产率之比为2/3 : 1=2 : 3，答案为2 : 3；
(7) KMnO4稀溶液作消毒剂时，表现出强氧化性，其消毒原理与双氧水、84消液(NaClO溶液)相同，答案为ab。
29.亚硝酸钠是一种食品添加剂，具有防腐和抗氧化作用。某同学对亚硝酸钠进行了相关探究。
(一)查阅资料
①亚硝酸钠(NaNO2)为无色、无味的晶体。
②HNO2是一种弱酸，酸性比醋酸略强，性质不稳定，易分解生成NO和NO2；能被常见强氧化剂氧化；但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把I－氧化成I2。
③AgNO2是一种微溶于水、易溶于酸的浅黄色固体。
(二)问题讨论
（1）人体正常的血红蛋白中应含Fe2＋，误食亚硝酸盐(如NaNO2)会致使机体组织缺氧，出现青紫而中毒，原因是__________________________________________。
若发生中毒时，你认为下列物质有助于解毒的是______(填字母)。
a．鸡蛋清 b．胃舒平 [主要成分是Al(OH)3] c．小苏打 d．维生素C
（2）由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。要区别NaNO2和NaCl两种固体，你需用的试剂是_____________________________。
(三)实验测定
为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验：①称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol·L－1 KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液 V mL。
（3）上述实验①所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有________________。
（4）进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后一滴溶液，____________________________________________________时达到滴定终点。
（5）滴定过程中发生反应的离子方程式是_________________________________；测得该样品中NaNO2的质量分数为________。
（6）若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果________。(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). 血红蛋白中Fe2＋被NO氧化为Fe3＋，导致血红蛋白失去运氧功能 (2). d (3). HNO3酸化的AgNO3溶液(或酚酞溶液或KI淀粉溶液和稀硫酸。其他合理试剂均可) (4). 烧杯、100 mL容量瓶 (5). 酸式 (6). 锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色 (7). 5NO＋2MnO＋6H＋=5NO＋2Mn2＋＋3H2O (8). (9). 偏小
【解析】
【详解】(1)血红蛋白中Fe2＋起运载氧气的作用，一旦被氧化为Fe3+，将失去运载氧气的能力，使人体表现缺氧症状。答案为：血红蛋白中Fe2＋被NO氧化为Fe3＋，导致血红蛋白失去运氧功能；若发生中毒，需加入还原剂维生素C进行解毒，答案为d；
(2)寻找区分NaNO2和NaCl两种固体试剂时，若着眼点放在NaCl上，可使用硝酸酸化的硝酸银溶液；若着眼点放在NaNO2上，可采用检验水溶液的酸碱性或酸性条件下的氧化性的方法，答案为：HNO3酸化的AgNO3溶液(或酚酞溶液或KI淀粉溶液和稀硫酸。其他合理试剂均可)；
(3)上述实验①是配制一定物质量浓度的溶液，所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有烧杯、100 mL容量瓶。答案为烧杯、100 mL容量瓶；
(4)在进行滴定操作时，因KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以应盛装在酸式滴定管内；当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色，达滴定终点，答案为：酸式；锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色。
(5)滴定过程中发生反应的离子方程式是5NO＋2MnO＋6H＋=5NO＋2Mn2＋＋3H2O；
NaNO2与KMnO4发生反应的关系式为
5NaNO2 —— 2KMnO4
5mol 2mol
0.01×10-3V×4×5 0.02×10-3V×4
该样品中NaNO2的质量分数为，答案为5NO＋2MnO＋6H＋=5NO＋2Mn2＋＋3H2O；；
(6)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO4的用量偏少，测定结果偏低，答案为偏低。
30.硼及其化合物在工农业生产中具有广泛应用。
请回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子排布图___，B属于元素周期表中的___区元素。
（2）NaBO2可用于织物漂白。
①第二周期中第一电离能介于B和O之间的元素为___（填元素符号）。
②BO2-的空间构型为____，写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：____。
（3）BF3和F-可以形成BF4-，BF3和BF4-中B原子的杂化方式分别为_____、____。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AlN的原因为______。
（5）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示：

①该化合物的化学式为____。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___g·cm-3（用含a、NA的代数式表示）。
【答案】 (1). (2). p (3). Be、C (4). 直线形 (5). CO2或CS2或N2O或BeCl2 (6). sp2 (7). sp3 (8). B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大 (9). Na3Li（BH4）4 (10).
【解析】
【详解】（1）硼为5号元素，属于p区元素，其基态原子的价电子排布图为。故答案为：，p。
（2）①Be的2s能级处于全满，第一电离能：Be>B，N的2p能级处于半满，第一电离能：N>O，故第一电离能介于B和O之间的元素只有Be、C两种。
②的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等。故答案为：直线形，CO2或CS2或N2O或BeCl2。
（3）BF3和中B原子的价层电子对数分别为2、3，所以其杂化方式分别为sp2、sp3。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大，熔点更高。
（5）①根据均摊法可得，该物质的化学式为Na3Li(BH4)4。
②，该晶体的密度。
31.Ⅰ．是一种重要的有机合成中间体，由芳香烃A和E为有机原料和其他必要试剂制备Ⅰ的合成路线如图：

已知：Ⅰ．RXRCOOH；
Ⅱ．R—CH=CH2R—CH2CH2Br；
Ⅲ．。
请回答下列问题：
（1）A的分子式为___。Ⅰ中含有官能团的名称为_____。
（2）C→D、H→I的反应类型分别为____、____。
（3）E的化学名称为______，一定条件下，E发生加聚反应的化学方程式为____。
（4）F→G的化学方程式为____。
（5）H的结构简式为____。
（6）同时满足下列条件的C的同分异构体有__种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为____。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
【答案】 (1). C7H8 (2). 氨基、酯基 (3). 取代反应（或硝化反应） (4). 还原反应 (5). 苯乙烯 (6). (7). +NaOH+NaBr (8). (9). 13 (10).
【解析】
【分析】
由I的结构简式和题给信息逆推可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H。
【详解】（1）A为甲苯，分子式为C7H8。I中含有的官能团为氨基和酯基。
（2）C→D为苯环上的硝化反应（取代反应），H→I是硝基转化为氨基的还原反应。
（3）E为苯乙烯，其发生加聚反应的化学方程式为。
（4）F→G为卤代烃的水解反应，化学方程式为+NaOH+NaBr。
（5）H的结构简式为。
（6）C的结构简式为，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基。若苯环上有两个取代基：—CH2CHO和—OH，有3种同分异构体；若苯环上有三个取代基：—CHO、—CH3、—OH，有10种同分异构体，共13种。其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为。