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2018-2019学年安徽省滁州市九校联谊会（滁州二中、定远二中等11校）高二下学期期末联考试题化学试题 解析版
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安徽省滁州市九校联谊会（滁州二中、定远二中等11校）
2018-2019学年高二下学期期末联考化学试题
1.化学使人们的生活越来越美好，下列过程没有涉及化学反应的是
A. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 B. 用氯化铁溶液刻制印刷电路
C. 用漂白粉漂白纸张 D. 用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂
【答案】A
【解析】
【详解】A.用四氯化碳萃取碘水中的碘，过程为碘单质从水中转移到四氯化碳中，为物理变化，A正确；
B.用氯化铁溶液刻制印刷电路，发生2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，为化学变化，B错误；
C.用漂白粉漂白纸张，次氯酸变为氯离子，为化学变化，C错误；
D.用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂，油脂与NaOH反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠，为化学变化，D错误；
答案为A。
2.下列关于有机化合物的说法错误的是
A. 甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)
C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应
D. 石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B.4C的碳链有正、异2种结构，根据1固定1游动原则，如图，固定在绿色1时，有4种，固定在绿色2时，有2种；含有一个支链时，如图，3种，则C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)，B正确；
C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应，C正确；
D.石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料，D正确；
答案为A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NA
B. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，转移的电子数目为4NA
C. 46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NA
D. 1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标准状况下，CH2Cl2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B.密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，反应为可逆反应，转移的电子数目小于4NA，B错误；
C. NO2、N2O4的最简式相同，为NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol，即数目2NA，C正确；
D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键，C-C键为非极性键，则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA，D错误；
答案为C；
【点睛】可逆反应中，反应物不能够完全反应，则不能根据提供量计算转移电子数目。
4.a、b、c，d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a与d同族，d在地壳中的含量仅次于氧；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；c＋与氖原子的电子层结构相同。下列说法正确的是
A. d的单质常用于制造光导纤维
B. 简单氢化物的热稳定性：d>a
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：b>a>d
D. 由氢、氧、a和b组成的化合物一定是无机物
【答案】C
【解析】
【分析】
d在地壳中的含量仅次于氧，则d为Si；a与d同族，则a为C；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，为氨气，则b为N；c＋与氖原子的电子层结构相同，则c为Na。
【详解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B.a、d分别为C、Si，同族，非金属性依次减弱，则简单氢化物的热稳定性：a>d，B错误；
C.a、b、d分别为C、N、Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正确；
D.由氢、氧、a和b组成的化合物可能是无机物，还可能为有机物，如氨基酸，为有机物，D错误；
答案为C。
5.工业制备合成氨原料气过程中存在反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H＝－41kJ·mol－1，下列判断正确的是
A. 该反应的逆反应是放热反应 B. 反应物总能量小于生成物总能量
C. 反应中生成22.4LH2(g)，放出41kJ热量 D. 反应中消耗1mol CO(g)，放出41kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.已知该反应的焓变小于零，则正反应是放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B.反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，B错误；
C.反应中生成标况下的22.4LH2(g)，放出41kJ热量，C错误；
D.反应中消耗1molCO(g)，则有1molCO2(g)、1molH2(g)生成，则放出41kJ热量，D正确；
答案为D；
【点睛】气体为标况下时，可用22.4L/mol计算其物质的量。
6.已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率(v)变化如图所示。该反应是
A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) B. C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)
C. H2(g)＋I2(g) 2HI(g) D. Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像可知，达到平衡后，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡不移动，则可逆反应两边的气体计量数的和相等；
【详解】A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，等式两边气体计量数之和不相等，A错误；
B. C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，等式两边气体计量数之和不相等，B错误；
C. H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，等式两边气体计量数之和相等，C正确；
D. Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq) ，等式两边无气体，增大压强反应速率不变，D错误；
答案为C。
【点睛】增大压强，正逆反应速率均增大，则可逆反应中有气体存在，但平衡不移动，则等式两边气体计量数之和相等。
7.下列物质的水溶液中只存在一种分子的是
A. CH3CH2OH B. NaOH C. NH4Cl D. HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3CH2OH为非电解质，水溶液中存在水分子、乙醇分子，A错误；
B.NaOH为强电解质，水溶液中完全电离，只存在水分子，B正确；
C.NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液中，铵根离子水解生成一水合氨分子，还存在水分子，C错误；
D.HClO为弱电解质，水溶液中部分电离，存在水分子、次氯酸分子，D错误；
答案为B。
8.pH=11 的 NaOH溶液和 pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中 c(Na+ )、 c(CHCOO -) 的正确关系是（ ）
A. c(Na+ )> c(CHCOO -) B. c(Na+ )= c(CHCOO -)
C. c(Na+ )< c(CHCOO -) D. 不能确定
【答案】C
【解析】
NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)＜c(CH3COO-)。故选C。
9.某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是
A. 1中只发生化学腐蚀 B. 2中发生的是析氢腐蚀
C. 3为牺牲阳极的阴极保护法 D. 钢铁被腐蚀的速率：2>1>3
【答案】D
【解析】
【详解】A.1中铁片为生铁，生铁表面形成无数个原电池，发生电化学腐蚀，A错误；
B.2中电解质溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，B错误；
C.3为电解池装置，为外加电源的阴极保护法，C错误；
D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极，为2>1>3，D正确；
答案为D。
10.如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是
A. 若Z为氯化铜溶液，则X电极上发生还原反应
B. 若Z为饱和食盐水，则X电极是阴极
C. 若Z为氯化铜溶液，则Y电极上有暗红色物质析出
D. 若Z为饱和食盐水，则碱在X电极附近先生成
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中电子的移动方向，X极失电子，作阳极，则Y为阴极；
【详解】A.若Z为氯化铜溶液，则X电极上氯离子失电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误；
B.若Z为饱和食盐水，则X电极是阳极，B错误；
C.若Z为氯化铜溶液，则Y电极上铜离子得电子生成单质铜，有暗红色物质析出，C正确；
D.若Z为饱和食盐水，在Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，Y电极附近有碱生成，D错误；
答案为C。
11.下列有关说法正确的是
A. 反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，△S>O
B. 硅太阳能电池与铜锌原电池的工作原理相同
C. NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，加压，NO2和SO2的转化率均增大
D. 温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液的pH不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，气体化学计量数的和，左边大于右边，则△S<0，A错误；
B.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，而铜锌原电池是把化学能转化为电能，其工作原理不相同，B错误；
C.NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，左右两边气体计量数之和相等，加压平衡不移动，NO2和SO2的转化率不变，C错误；
D.温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液仍旧为饱和溶液，溶液的水解程度不变，pH不变，D正确；
答案为D。
【点睛】化学平衡中，等式两边的气体计量数之和相等时，增大压强平衡不移动。
12.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是( )
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
分析：电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，依据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。
详解：A．以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，减少的是氯化氢，故A错误；B．以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，减少的是铜和氧元素，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；C．以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C正确；D．以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误；故选C。
点睛：本题考查学生电解原理的知识，解答本题要注意分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么。学习中注意把握电解原理和阴阳离子的放电顺序。
13.磷酸亚铁锂(LiIFePO4)电池(如图所示)是新能源汽车的动力电池之一。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池的总反应为LixC6＋Li1－xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是
A. 放电时，Li＋向M电极移动
B. 充电时电路中每通过0.5mol电子，就有36g碳和金属锂复合在一起
C. 放电时，M电极的电极反应为
D. 充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO4
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中Li电极失电子，作电池的负极；LiFePO4得电子作电池的正极；
【详解】A.放电时，原电池内部阳离子向正极移动，即Li＋向N极移动，A错误；
B.充电时电路中每通过0.5mol电子，则有0.5molLi生成，就有36/xg碳和金属锂复合在一起，B错误；
C.放电时，C的化合价未变，Li失电子生成锂离子，M电极的电极反应为LixC-xe-=xLi++6C，C错误；
D.充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO4，D正确；
答案为D。
【点睛】原电池放电时，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时为电解池。
14.常温下分别向20.00 mL 0.1000 mol·L－1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L－1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. M点溶液中c (OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)
B. N点溶液中c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. P点溶液中c(NH4＋)＞2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)
D. Q点溶液中2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，M点溶液为氨水，一水合氨为弱电解质，少量电离，则c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)，A错误；
B.N点溶液为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，根据图像可知，溶液显碱性，电离程度大于水解程度，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B错误；
C. P点溶液为等物质的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl，c(Cl－)=1/2[c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)]，溶液呈电中性c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(CH3COO－)+c(OH－)，带入化简可得c(NH4＋)+2c(H＋)=c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)+2c(OH－)，根据图像可知，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，则c(NH4＋)＜c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)，C错误；
D. Q点溶液为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl，根据物料守恒，2c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)，则2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)，D正确；
答案为D。
15.NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。
（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。
（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。
（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：
①从图1和图2中可知脱硫、脱硝最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。
②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。
【答案】 (1). SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42- (2). 2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2 (3). 吸收尾气，防止污染空气 (4). 6：1或6 (5). 5.5～6.0 (6). pH＞5.5以后，随pH增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸
【解析】
【分析】
根据实验目，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。
【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠，离子方程式为SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；
（2）装置Ⅱ中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气，化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；
（3）二氧化氯有毒，装置用中NaOH溶液的作用为吸收尾气，防止污染空气；
（4）①根据图1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8时，脱硫、脱硝的去除率几乎无变化，则最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根据图2可知，pH在5.5时NO的去除率达到峰值，而二氧化硫的去除率已经很高，pH在5.5～6.0时最佳；
②由于NO的去除率在pH＞5.5时，随pH的增大，NO的还原性减弱，过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率减少。
16.半导体工业会产生含氢氟酸的废水。回答下列问题：
（1）为了测定某含氢氟酸的废水中HF浓度，量取25.00mL废水，滴入2～3滴酚酞试液，用0.0100mol∙L－1NaOH标准溶液滴定，用去27.00mL。滴定终点的判断方法是____________；废水中的c(HF)＝__________________mol∙L－1 (精确到0.0001)。
（2）用石灰乳处理含氢氟酸的废水时，会得到含氟底泥(主要含CaF2、CaCO3、CaSO4)。含氟底泥可用于制取氟化钙，其生产流程如下：
已知：氟化钙难溶于水，微溶于无机酸。
①“沉淀转化”的目的是将CaSO4转化为CaCO3。从平衡移动的角度分析，沉淀能够转化的原理是____________________________。
②最终得到的产品质量比底泥中CaF2的质量少，其原因是___________________________。
【答案】 (1). 当滴入最后一滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色 (2). 0.0108 (3). 加入碳酸钠溶液后，溶液中的碳酸根离子与钙离子结合，转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 (4). 氟化钙微溶于稀盐酸，在酸洗过程中有部分损失
【解析】
【分析】
（1）待测液用酚酞作指示剂，滴加的标准液为NaOH，终点时，再滴入时则碱过量，溶液显浅红色；根据c1×V1=c2×V2计算；
（2）①硫酸钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，加入碳酸钠溶液后，破环硫酸钙的溶解平衡；
②已知氟化钙微溶于无机酸，酸洗时少量溶解，质量减少。
【详解】（1）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色；根据c1×V1=c2×V2，c(HF)＝0.0100mol/L×27mL/25mL=0.0108mol/L；
（2）①硫酸钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，加入碳酸钠溶液后，溶液中的碳酸根离子与钙离子结合，转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，最终转变为碳酸钙；
②已知氟化钙微溶于无机酸，在用盐酸洗涤时，少量溶解，因此质量减少。
17.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H＝＋49kJ·mol－1
副反应：H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41kJ·mol－1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。
③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。
【答案】 (1). CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol (2). 升高温度 (3). 提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成 (4). （p2/p1-1）×100% (5). 大于 (6). 48
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；
（2）根据图像，N点向上移动到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。
【详解】（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲醇的转化率；
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；
③ CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)
初始：1 1
反应：x x x 3x
平衡：1-x 1-x x 3x
在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p1-1）×100%；
（2）根据图像可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始：3 3
反应：x x x 3x
平衡：3-x 3-x x 3x
3x/（6+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。
18.根据要求回答下列问题：
I.氯系消毒剂在生活中有广泛应用。
（1）NaClO2是饮用水的消毒剂，常用FeSO4∙7H2O清除残留的亚氯酸钠。
①Fe2＋的电子排布式为[Ar]________________________________。
②与SO42－互为等电子体的分子有____________________(写一种)。
③ClO2－中氯原子的孤电子对数为___________。
④常用K3[Fe(CN)6]检验水中的F2＋。K3[Fe(CN)6]的配体是________________。
（2）ClO2是新一代饮用水消毒剂。沸点：ClO2________________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl2O，理由是________________________________________________。
Ⅱ.Fe、Cu为过渡金属元素，它们在工业生产中都有重要的应用。
（2）将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末，会发生反应：
①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为，这样的书写不正确，违背了________。
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是乙醇的沸点远高于乙醛，其主要原因是_______。
（2）Fe、Fe2＋都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子轨道的杂化类型为_______________________。
（3）NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，该配合物中心离子的配位数为__________________________。
（4）研究发现，阳离子的颜色与未成对电子数有关。例如，Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等。Cu＋呈无色，其原因是_____________________________。
【答案】 (1). 3d6 (2). CCl4或SiF4 (3). 2 (4). CN- (5). ＜ (6). 后者相对分子质量较大，范德华力较大 (7). 洪特规则 (8). 乙醇分子间存在范德华力和氢键，乙醛分子间只存在范德华力 (9). sp2 (10). 6 (11). Cu＋无未成对电子
【解析】
【分析】
I.（1）①Fe2＋为Fe失去最外层的2个电子形成的离子；
②与SO42－互为等电子体的分子，即含有5个原子，32个电子的分子；
③根据孤电子对数=（a-bx）计算；
（2）分子晶体的分子量越大，分子间的作用力越大，熔沸点就越高。
【详解】I.（1）①铁为第26号元素，排布式为[Ar]3d64s2，Fe2＋为Fe失去最外层的2个电子形成的离子，其排布式为[Ar]3d6；
②与SO42－互为等电子体的分子，即含有5个原子，32个电子的分子有四氯化碳、四氟化硅等；
③孤电子对数=（a-bx）=（7+1-2×2）=2；
④[Fe(CN)6]3-为中心配离子，而CN-为配体；
（2）ClO2、Cl2O均为分子晶体，分子晶体的分子量越大，分子间的作用力越大，熔沸点就越高，则沸点：ClO2＜Cl2O；
Ⅱ.（1）①根据洪特规则可知，在相同能级的电子，电子的自旋方向相同；
②乙醇分子间存在范德华力和氢键，氢键的作用力大于乙醛分子间的作用力，导致沸点升高；
（2）NO3-中心N原子的孤电子对数=（a-bx）=（5+1-2×3）=0，N原子与O原子间存在3条共价键，无孤电子对，则为sp2杂化；
（3）根据化合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，配体为NO、H2O，个数分别为1、5，则配位数为6；
（4）Cu的价电子排布式为3d104s1，则Cu＋排布式为[Ar]3d10，无未成对电子。
19.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程。
（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出分子式为C6H6的一种含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式：______________________________。
（2）已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种结构简式为
（I） （II）
①这两种结构的区别表现在：
定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能______________(填标号，多选不给分)，而Ⅰ不能。
a.被酸性高锰酸钾溶液氧化 b.与溴水发生加成反应
c.与溴发生取代反应 d.与氢气发生加成反应
定量方面(即消耗反应物的量的方面)：1mol C6H6与H2加成时：Ⅰ需______________mol，而Ⅱ需________________mol。
②今发现C6H6还可能有另一种立体结构(如图所示)。该结构的一氯代物有____________种。二氯代物有_____________种。
（3）萘也是一种芳香烃，它分了式是C10H8，请你判断，它的结构简式可能是下列中的____(填标号)。
a. b.
c. d.
（4）根据第（3）小题中你判断得到的萘结构简式，它不能解释萘的下列________事实(填标号)。
a.萘不能使溴水褪色 b.萘能与H2发生加成反应
c.萘分子中所有原子在同一平面上 d.一溴代萘(C10H7Br)只有两种
（5）现代化学认为萘分子中碳碳之间的键是一种____________________。
【答案】 (1). HC≡C-CH2-CH2-C≡CH (2). ab (3). 3 (4). 2 (5). 1 (6). 3 (7). c (8). a (9). 介于单键与双键之间的独特的键
【解析】
【分析】
（1）每个碳均有4条化学键；
（2）I中6条碳碳键完全相同，性质较稳定；II中含有碳碳双键，易发生加成、氧化等反应；
（3）根据分子式确定萘的结构简式；
（4）跟据提供的结构简式，判断其含有的官能团确定其性质；
【详解】（1）含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式为HC≡C-CH2-CH2-C≡CH；
（2）①化合物II中含有C=C，则可以被酸性高锰酸钾氧化、可与溴水、氢气发生加成反应、一定条件下可发生取代反应，化合物I可以发生取代反应、与氢气发生加成反应，答案为ab；与氢气加成时，1mol苯需要3mol氢气；而II需要2mol；
②根据立体结构，为对称图形，一氯代物有1种；二氯代物有3种，分别为三角形内相邻1种、四边形内相邻1种和四边形内相对1种；
（3）a．分子式为C12H10，a错误；
b．分子式为C11H12，b错误；
c．分子式为C10H8，c正确；
d．分子式为C10H14，d错误；
答案为c；
（4）a．根据萘的结构简式可知，分子内含有碳碳双键，则能使溴水褪色，a错误；
b．分子内含有碳碳双键，则能与氢气发生加成反应，b正确；
c．分子中的C原子均为sp2杂化，所有原子共平面，c正确；
d．分子为对称结构，有2条对称轴，则一溴代物只有两种，d正确；
答案为a；
（5）现代化学认为萘分子中碳碳之间为完全相同的键，键介于单间与双键之间的独特的键。
20.铬、钼(Mo)、钨(W)都是第ⅥB族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）铬元素的最高化合价为_________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，则基态钼原子核外有_________个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，则基态钨原子价电子层的电子排布图为____________________。
（2）钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。
①苯甲醛分子中最多有_________________个原子共平面。
②环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是_____________(写元素符号)。
（3）铬离子(Cr3＋)能形成多种配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。
①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，Cr3＋的配位数为______。
②上述配合物中，非金属元素的电负性由小到大的顺序为____________。
（4）铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。
①该氧化物的化学式为____________________。
②已知六棱柱底边边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________g∙cm－3(列出计算式)。
【答案】 (1). +6 (2). 6 (3). (4). 14 (5). C、O (6). 6 (7). H＜C＜N＜O (8). Cr2O3 (9). 4×152/（9NA×a2b）
【解析】
【详解】（1）铬元素的价电子排布式为3d54s1，其最高化合价为+6价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子价电子排布式为4d55s1，有6个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，价电子层的电子排布图为；
（2）①若苯环、醛基确定的2个平面重合时，则有14原子共平面；
②环己基甲醇分子中，所有C原子为4条共价键，无孤电子对；O原子有2条键，2个孤电子对，为sp3杂化；
（3）①配合物中的配体为OH、H2O、H2NCH2CH2NH2，其中O、N原子提供孤电子对形成配位键，则配位数为6；
②上述配合物中，非金属元素有H、C、N、O，电负性的由小到大的顺序为H＜C＜N＜O；
（4）①根据该氧化物的晶胞可知，O原子在晶胞的顶点、上下面心和体内，个数=12×1/6+2×1/2+3=6，铬离子在体内，个数为4，个数之比为6：4=3：2，则化学式为Cr2O3；
②ρ=m/V=（52×2+16×3）×2/（a×a×b×NA）=4×152/（9NA×a2b）。
【点睛】H2NCH2CH2NH2作配体时，2个氮原子均能提供孤电子对形成配位键。
21.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：
已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显
示峰面积比为3:2:2:2:1。
根据以上信息回答下列问题：
（1）A的官能团名称为__________________，B→C的反应条件为_____________，E→F的反应类型为_____________。
（2）I的结构简式为____________________，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为________________。
（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______________________________。
（4）H同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。
（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为
______________________________________________________________________。
（6）已知：（R为烃基）
设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线（无机试剂任选）。
[合成路线示例：]
_____________________________________________________________________。
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). (7). 、 (8).
（或产物写成：） (9).
【解析】
烃A能与Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1，可知A的结构简式为；A与Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C催化氧化生成的D为；D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I为；
（1）的官能团名称为碳碳双键，由B→C发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由E→F分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；
（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；
（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；
（4）的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式有、；
（5）由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。
（6）以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。
点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
安徽省滁州市九校联谊会（滁州二中、定远二中等11校）
2018-2019学年高二下学期期末联考化学试题
1.化学使人们的生活越来越美好，下列过程没有涉及化学反应的是
A. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 B. 用氯化铁溶液刻制印刷电路
C. 用漂白粉漂白纸张 D. 用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂
【答案】A
【解析】
【详解】A.用四氯化碳萃取碘水中的碘，过程为碘单质从水中转移到四氯化碳中，为物理变化，A正确；
B.用氯化铁溶液刻制印刷电路，发生2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，为化学变化，B错误；
C.用漂白粉漂白纸张，次氯酸变为氯离子，为化学变化，C错误；
D.用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂，油脂与NaOH反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠，为化学变化，D错误；
答案为A。
2.下列关于有机化合物的说法错误的是
A. 甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)
C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应
D. 石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B.4C的碳链有正、异2种结构，根据1固定1游动原则，如图，固定在绿色1时，有4种，固定在绿色2时，有2种；含有一个支链时，如图，3种，则C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)，B正确；
C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应，C正确；
D.石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料，D正确；
答案为A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NA
B. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，转移的电子数目为4NA
C. 46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NA
D. 1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标准状况下，CH2Cl2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B.密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后，反应为可逆反应，转移的电子数目小于4NA，B错误；
C. NO2、N2O4的最简式相同，为NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol，即数目2NA，C正确；
D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键，C-C键为非极性键，则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA，D错误；
答案为C；
【点睛】可逆反应中，反应物不能够完全反应，则不能根据提供量计算转移电子数目。
4.a、b、c，d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a与d同族，d在地壳中的含量仅次于氧；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；c＋与氖原子的电子层结构相同。下列说法正确的是
A. d的单质常用于制造光导纤维
B. 简单氢化物的热稳定性：d>a
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：b>a>d
D. 由氢、氧、a和b组成的化合物一定是无机物
【答案】C
【解析】
【分析】
d在地壳中的含量仅次于氧，则d为Si；a与d同族，则a为C；b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，为氨气，则b为N；c＋与氖原子的电子层结构相同，则c为Na。
【详解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B.a、d分别为C、Si，同族，非金属性依次减弱，则简单氢化物的热稳定性：a>d，B错误；
C.a、b、d分别为C、N、Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正确；
D.由氢、氧、a和b组成的化合物可能是无机物，还可能为有机物，如氨基酸，为有机物，D错误；
答案为C。
5.工业制备合成氨原料气过程中存在反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H＝－41kJ·mol－1，下列判断正确的是
A. 该反应的逆反应是放热反应 B. 反应物总能量小于生成物总能量
C. 反应中生成22.4LH2(g)，放出41kJ热量 D. 反应中消耗1mol CO(g)，放出41kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.已知该反应的焓变小于零，则正反应是放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B.反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，B错误；
C.反应中生成标况下的22.4LH2(g)，放出41kJ热量，C错误；
D.反应中消耗1molCO(g)，则有1molCO2(g)、1molH2(g)生成，则放出41kJ热量，D正确；
答案为D；
【点睛】气体为标况下时，可用22.4L/mol计算其物质的量。
6.已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率(v)变化如图所示。该反应是
A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) B. C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)
C. H2(g)＋I2(g) 2HI(g) D. Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像可知，达到平衡后，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡不移动，则可逆反应两边的气体计量数的和相等；
【详解】A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，等式两边气体计量数之和不相等，A错误；
B. C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，等式两边气体计量数之和不相等，B错误；
C. H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，等式两边气体计量数之和相等，C正确；
D. Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq) ，等式两边无气体，增大压强反应速率不变，D错误；
答案为C。
【点睛】增大压强，正逆反应速率均增大，则可逆反应中有气体存在，但平衡不移动，则等式两边气体计量数之和相等。
7.下列物质的水溶液中只存在一种分子的是
A. CH3CH2OH B. NaOH C. NH4Cl D. HClO
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3CH2OH为非电解质，水溶液中存在水分子、乙醇分子，A错误；
B.NaOH为强电解质，水溶液中完全电离，只存在水分子，B正确；
C.NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液中，铵根离子水解生成一水合氨分子，还存在水分子，C错误；
D.HClO为弱电解质，水溶液中部分电离，存在水分子、次氯酸分子，D错误；
答案为B。
8.pH=11 的 NaOH溶液和 pH=3的醋酸溶液以等体积混合后，所得溶液中 c(Na+ )、 c(CHCOO -) 的正确关系是（ ）
A. c(Na+ )> c(CHCOO -) B. c(Na+ )= c(CHCOO -)
C. c(Na+ )< c(CHCOO -) D. 不能确定
【答案】C
【解析】
NaOH为强电解质，pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，在溶液中只部分电离，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)＜c(CH3COO-)。故选C。
9.某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是
A. 1中只发生化学腐蚀 B. 2中发生的是析氢腐蚀
C. 3为牺牲阳极的阴极保护法 D. 钢铁被腐蚀的速率：2>1>3
【答案】D
【解析】
【详解】A.1中铁片为生铁，生铁表面形成无数个原电池，发生电化学腐蚀，A错误；
B.2中电解质溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，B错误；
C.3为电解池装置，为外加电源的阴极保护法，C错误；
D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极，为2>1>3，D正确；
答案为D。
10.如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是
A. 若Z为氯化铜溶液，则X电极上发生还原反应
B. 若Z为饱和食盐水，则X电极是阴极
C. 若Z为氯化铜溶液，则Y电极上有暗红色物质析出
D. 若Z为饱和食盐水，则碱在X电极附近先生成
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中电子的移动方向，X极失电子，作阳极，则Y为阴极；
【详解】A.若Z为氯化铜溶液，则X电极上氯离子失电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误；
B.若Z为饱和食盐水，则X电极是阳极，B错误；
C.若Z为氯化铜溶液，则Y电极上铜离子得电子生成单质铜，有暗红色物质析出，C正确；
D.若Z为饱和食盐水，在Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，Y电极附近有碱生成，D错误；
答案为C。
11.下列有关说法正确的是
A. 反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，△S>O
B. 硅太阳能电池与铜锌原电池的工作原理相同
C. NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，加压，NO2和SO2的转化率均增大
D. 温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液的pH不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，气体化学计量数的和，左边大于右边，则△S<0，A错误；
B.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，而铜锌原电池是把化学能转化为电能，其工作原理不相同，B错误；
C.NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，左右两边气体计量数之和相等，加压平衡不移动，NO2和SO2的转化率不变，C错误；
D.温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液仍旧为饱和溶液，溶液的水解程度不变，pH不变，D正确；
答案为D。
【点睛】化学平衡中，等式两边的气体计量数之和相等时，增大压强平衡不移动。
12.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是( )
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
分析：电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，依据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。
详解：A．以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，减少的是氯化氢，故A错误；B．以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，减少的是铜和氧元素，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；C．以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C正确；D．以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误；故选C。
点睛：本题考查学生电解原理的知识，解答本题要注意分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么。学习中注意把握电解原理和阴阳离子的放电顺序。
13.磷酸亚铁锂(LiIFePO4)电池(如图所示)是新能源汽车的动力电池之一。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池的总反应为LixC6＋Li1－xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是
A. 放电时，Li＋向M电极移动
B. 充电时电路中每通过0.5mol电子，就有36g碳和金属锂复合在一起
C. 放电时，M电极的电极反应为
D. 充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO4
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中Li电极失电子，作电池的负极；LiFePO4得电子作电池的正极；
【详解】A.放电时，原电池内部阳离子向正极移动，即Li＋向N极移动，A错误；
B.充电时电路中每通过0.5mol电子，则有0.5molLi生成，就有36/xg碳和金属锂复合在一起，B错误；
C.放电时，C的化合价未变，Li失电子生成锂离子，M电极的电极反应为LixC-xe-=xLi++6C，C错误；
D.充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO4，D正确；
答案为D。
【点睛】原电池放电时，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时为电解池。
14.常温下分别向20.00 mL 0.1000 mol·L－1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L－1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. M点溶液中c (OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)
B. N点溶液中c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. P点溶液中c(NH4＋)＞2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)
D. Q点溶液中2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，M点溶液为氨水，一水合氨为弱电解质，少量电离，则c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)，A错误；
B.N点溶液为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，根据图像可知，溶液显碱性，电离程度大于水解程度，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，B错误；
C. P点溶液为等物质的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl，c(Cl－)=1/2[c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)]，溶液呈电中性c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(CH3COO－)+c(OH－)，带入化简可得c(NH4＋)+2c(H＋)=c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)+2c(OH－)，根据图像可知，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，则c(NH4＋)＜c(NH3·H2O)+2c(CH3COO－)，C错误；
D. Q点溶液为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl，根据物料守恒，2c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)，则2c(Cl－)＞c(CH3COOH)＋c(NH4＋)，D正确；
答案为D。
15.NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。
（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。
（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。
（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：
①从图1和图2中可知脱硫、脱硝最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。
②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。
【答案】 (1). SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42- (2). 2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2 (3). 吸收尾气，防止污染空气 (4). 6：1或6 (5). 5.5～6.0 (6). pH＞5.5以后，随pH增大，NO的还原性减弱（或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱），NO不能被氧化成硝酸
【解析】
【分析】
根据实验目，装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体，二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气，二氧化氯有毒，未反应的应进行尾气处理，防止污染环境。
【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠，离子方程式为SO2+2ClO3-＝2ClO2+SO42-；
（2）装置Ⅱ中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气，化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2；
（3）二氧化氯有毒，装置用中NaOH溶液的作用为吸收尾气，防止污染空气；
（4）①根据图1而可知，n(H2O2)/n(NaClO2)在6～8时，脱硫、脱硝的去除率几乎无变化，则最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝6：1；根据图2可知，pH在5.5时NO的去除率达到峰值，而二氧化硫的去除率已经很高，pH在5.5～6.0时最佳；
②由于NO的去除率在pH＞5.5时，随pH的增大，NO的还原性减弱，过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱，NO不能被氧化成硝酸，所以去除率减少。
16.半导体工业会产生含氢氟酸的废水。回答下列问题：
（1）为了测定某含氢氟酸的废水中HF浓度，量取25.00mL废水，滴入2～3滴酚酞试液，用0.0100mol∙L－1NaOH标准溶液滴定，用去27.00mL。滴定终点的判断方法是____________；废水中的c(HF)＝__________________mol∙L－1 (精确到0.0001)。
（2）用石灰乳处理含氢氟酸的废水时，会得到含氟底泥(主要含CaF2、CaCO3、CaSO4)。含氟底泥可用于制取氟化钙，其生产流程如下：
已知：氟化钙难溶于水，微溶于无机酸。
①“沉淀转化”的目的是将CaSO4转化为CaCO3。从平衡移动的角度分析，沉淀能够转化的原理是____________________________。
②最终得到的产品质量比底泥中CaF2的质量少，其原因是___________________________。
【答案】 (1). 当滴入最后一滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色 (2). 0.0108 (3). 加入碳酸钠溶液后，溶液中的碳酸根离子与钙离子结合，转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 (4). 氟化钙微溶于稀盐酸，在酸洗过程中有部分损失
【解析】
【分析】
（1）待测液用酚酞作指示剂，滴加的标准液为NaOH，终点时，再滴入时则碱过量，溶液显浅红色；根据c1×V1=c2×V2计算；
（2）①硫酸钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，加入碳酸钠溶液后，破环硫酸钙的溶解平衡；
②已知氟化钙微溶于无机酸，酸洗时少量溶解，质量减少。
【详解】（1）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH标准液时，溶液由无色变为粉红色，且30s不褪色；根据c1×V1=c2×V2，c(HF)＝0.0100mol/L×27mL/25mL=0.0108mol/L；
（2）①硫酸钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，加入碳酸钠溶液后，溶液中的碳酸根离子与钙离子结合，转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，最终转变为碳酸钙；
②已知氟化钙微溶于无机酸，在用盐酸洗涤时，少量溶解，因此质量减少。
17.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H＝＋49kJ·mol－1
副反应：H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) △H＝＋41kJ·mol－1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为__________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，有利于甲醇水蒸气重整制氢，理由是___________。
③某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为_________________（忽略副反应）。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H＝＋203kJ·mol－1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K＝________mol2·L－2。
【答案】 (1). CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol (2). 升高温度 (3). 提高甲醇的转化率，并有利于抑制CO的生成 (4). （p2/p1-1）×100% (5). 大于 (6). 48
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律确定热化学方程式；再利用三段式进行计算；
（2）根据图像，N点向上移动到60%时，达到平衡状态，正向移动；利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。
【详解】（1）①根据盖斯定律，主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)＋2H2(g) △H＝+90kJ/mol；提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动，反应为吸热反应，升高温度即可提高反应速率，又可提高甲醇的转化率；
②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可使副反应逆向移动，减少CO的生成，增大甲醇的转化率；
③ CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)
初始：1 1
反应：x x x 3x
平衡：1-x 1-x x 3x
在恒温、恒容密闭中，压强之比等于物质的量之比，2：（2+2x）=p1：p2；解得x=p2/p1-1，甲醇的转化率=x/1×100%=（p2/p1-1）×100%；
（2）根据图像可知，压强为p1时，氢气的体积分数为60%时，反应达到平衡状态，即生成氢气的物质的量增大，平衡正向移动，则v正大于v逆；平衡时氢气的体积分数为60%，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始：3 3
反应：x x x 3x
平衡：3-x 3-x x 3x
3x/（6+2x）=60%，解得x=2，平衡时，各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L，K=2/3×23/（1/3×1/3）=48。
18.根据要求回答下列问题：
I.氯系消毒剂在生活中有广泛应用。
（1）NaClO2是饮用水的消毒剂，常用FeSO4∙7H2O清除残留的亚氯酸钠。
①Fe2＋的电子排布式为[Ar]________________________________。
②与SO42－互为等电子体的分子有____________________(写一种)。
③ClO2－中氯原子的孤电子对数为___________。
④常用K3[Fe(CN)6]检验水中的F2＋。K3[Fe(CN)6]的配体是________________。
（2）ClO2是新一代饮用水消毒剂。沸点：ClO2________________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl2O，理由是________________________________________________。
Ⅱ.Fe、Cu为过渡金属元素，它们在工业生产中都有重要的应用。
（2）将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末，会发生反应：
①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为，这样的书写不正确，违背了________。
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是乙醇的沸点远高于乙醛，其主要原因是_______。
（2）Fe、Fe2＋都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子轨道的杂化类型为_______________________。
（3）NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物，该配合物中心离子的配位数为__________________________。
（4）研究发现，阳离子的颜色与未成对电子数有关。例如，Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等。Cu＋呈无色，其原因是_____________________________。
【答案】 (1). 3d6 (2). CCl4或SiF4 (3). 2 (4). CN- (5). ＜ (6). 后者相对分子质量较大，范德华力较大 (7). 洪特规则 (8). 乙醇分子间存在范德华力和氢键，乙醛分子间只存在范德华力 (9). sp2 (10). 6 (11). Cu＋无未成对电子
【解析】
【分析】
I.（1）①Fe2＋为Fe失去最外层的2个电子形成的离子；
②与SO42－互为等电子体的分子，即含有5个原子，32个电子的分子；
③根据孤电子对数=（a-bx）计算；
（2）分子晶体的分子量越大，分子间的作用力越大，熔沸点就越高。
【详解】I.（1）①铁为第26号元素，排布式为[Ar]3d64s2，Fe2＋为Fe失去最外层的2个电子形成的离子，其排布式为[Ar]3d6；
②与SO42－互为等电子体的分子，即含有5个原子，32个电子的分子有四氯化碳、四氟化硅等；
③孤电子对数=（a-bx）=（7+1-2×2）=2；
④[Fe(CN)6]3-为中心配离子，而CN-为配体；
（2）ClO2、Cl2O均为分子晶体，分子晶体的分子量越大，分子间的作用力越大，熔沸点就越高，则沸点：ClO2＜Cl2O；
Ⅱ.（1）①根据洪特规则可知，在相同能级的电子，电子的自旋方向相同；
②乙醇分子间存在范德华力和氢键，氢键的作用力大于乙醛分子间的作用力，导致沸点升高；
（2）NO3-中心N原子的孤电子对数=（a-bx）=（5+1-2×3）=0，N原子与O原子间存在3条共价键，无孤电子对，则为sp2杂化；
（3）根据化合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，配体为NO、H2O，个数分别为1、5，则配位数为6；
（4）Cu的价电子排布式为3d104s1，则Cu＋排布式为[Ar]3d10，无未成对电子。
19.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程。
（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出分子式为C6H6的一种含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式：______________________________。
（2）已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种结构简式为
（I） （II）
①这两种结构的区别表现在：
定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能______________(填标号，多选不给分)，而Ⅰ不能。
a.被酸性高锰酸钾溶液氧化 b.与溴水发生加成反应
c.与溴发生取代反应 d.与氢气发生加成反应
定量方面(即消耗反应物的量的方面)：1mol C6H6与H2加成时：Ⅰ需______________mol，而Ⅱ需________________mol。
②今发现C6H6还可能有另一种立体结构(如图所示)。该结构的一氯代物有____________种。二氯代物有_____________种。
（3）萘也是一种芳香烃，它分了式是C10H8，请你判断，它的结构简式可能是下列中的____(填标号)。
a. b.
c. d.
（4）根据第（3）小题中你判断得到的萘结构简式，它不能解释萘的下列________事实(填标号)。
a.萘不能使溴水褪色 b.萘能与H2发生加成反应
c.萘分子中所有原子在同一平面上 d.一溴代萘(C10H7Br)只有两种
（5）现代化学认为萘分子中碳碳之间的键是一种____________________。
【答案】 (1). HC≡C-CH2-CH2-C≡CH (2). ab (3). 3 (4). 2 (5). 1 (6). 3 (7). c (8). a (9). 介于单键与双键之间的独特的键
【解析】
【分析】
（1）每个碳均有4条化学键；
（2）I中6条碳碳键完全相同，性质较稳定；II中含有碳碳双键，易发生加成、氧化等反应；
（3）根据分子式确定萘的结构简式；
（4）跟据提供的结构简式，判断其含有的官能团确定其性质；
【详解】（1）含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式为HC≡C-CH2-CH2-C≡CH；
（2）①化合物II中含有C=C，则可以被酸性高锰酸钾氧化、可与溴水、氢气发生加成反应、一定条件下可发生取代反应，化合物I可以发生取代反应、与氢气发生加成反应，答案为ab；与氢气加成时，1mol苯需要3mol氢气；而II需要2mol；
②根据立体结构，为对称图形，一氯代物有1种；二氯代物有3种，分别为三角形内相邻1种、四边形内相邻1种和四边形内相对1种；
（3）a．分子式为C12H10，a错误；
b．分子式为C11H12，b错误；
c．分子式为C10H8，c正确；
d．分子式为C10H14，d错误；
答案为c；
（4）a．根据萘的结构简式可知，分子内含有碳碳双键，则能使溴水褪色，a错误；
b．分子内含有碳碳双键，则能与氢气发生加成反应，b正确；
c．分子中的C原子均为sp2杂化，所有原子共平面，c正确；
d．分子为对称结构，有2条对称轴，则一溴代物只有两种，d正确；
答案为a；
（5）现代化学认为萘分子中碳碳之间为完全相同的键，键介于单间与双键之间的独特的键。
20.铬、钼(Mo)、钨(W)都是第ⅥB族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）铬元素的最高化合价为_________；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，则基态钼原子核外有_________个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，则基态钨原子价电子层的电子排布图为____________________。
（2）钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。
①苯甲醛分子中最多有_________________个原子共平面。
②环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是_____________(写元素符号)。
（3）铬离子(Cr3＋)能形成多种配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。
①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，Cr3＋的配位数为______。
②上述配合物中，非金属元素的电负性由小到大的顺序为____________。
（4）铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。
①该氧化物的化学式为____________________。
②已知六棱柱底边边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________g∙cm－3(列出计算式)。
【答案】 (1). +6 (2). 6 (3). (4). 14 (5). C、O (6). 6 (7). H＜C＜N＜O (8). Cr2O3 (9). 4×152/（9NA×a2b）
【解析】
【详解】（1）铬元素的价电子排布式为3d54s1，其最高化合价为+6价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子价电子排布式为4d55s1，有6个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，价电子层的电子排布图为；
（2）①若苯环、醛基确定的2个平面重合时，则有14原子共平面；
②环己基甲醇分子中，所有C原子为4条共价键，无孤电子对；O原子有2条键，2个孤电子对，为sp3杂化；
（3）①配合物中的配体为OH、H2O、H2NCH2CH2NH2，其中O、N原子提供孤电子对形成配位键，则配位数为6；
②上述配合物中，非金属元素有H、C、N、O，电负性的由小到大的顺序为H＜C＜N＜O；
（4）①根据该氧化物的晶胞可知，O原子在晶胞的顶点、上下面心和体内，个数=12×1/6+2×1/2+3=6，铬离子在体内，个数为4，个数之比为6：4=3：2，则化学式为Cr2O3；
②ρ=m/V=（52×2+16×3）×2/（a×a×b×NA）=4×152/（9NA×a2b）。
【点睛】H2NCH2CH2NH2作配体时，2个氮原子均能提供孤电子对形成配位键。
21.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：
已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显
示峰面积比为3:2:2:2:1。
根据以上信息回答下列问题：
（1）A的官能团名称为__________________，B→C的反应条件为_____________，E→F的反应类型为_____________。
（2）I的结构简式为____________________，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为________________。
（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______________________________。
（4）H同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2，请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。
（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为
______________________________________________________________________。
（6）已知：（R为烃基）
设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线（无机试剂任选）。
[合成路线示例：]
_____________________________________________________________________。
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液，加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). (7). 、 (8).
（或产物写成：） (9).
【解析】
烃A能与Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1，可知A的结构简式为；A与Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C催化氧化生成的D为；D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I为；
（1）的官能团名称为碳碳双键，由B→C发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由E→F分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；
（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；
（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；
（4）的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式有、；
（5）由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。
（6）以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。
点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
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