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江西省临川一中2020届高三上学期第一次联考化学试题
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2019～2020届临川一中上学期第一次联合考试化学试题
满分100，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 La－139 Ni－59
一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法正确的是
A. 2013年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标
B. 战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金
C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
D. 刚玉、红宝石的主要成分是Al2O3，而青花瓷、石英玻璃的主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A.环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO、SO2和NO2等6项指标，不包括CO2，A错误；
B.青铜是一种铜锡合金，主要含有Cu、Sn、Pb，战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，B正确；
C.明矾水解时产生具有吸附性的Al(OH)3胶体粒子，但该胶体由于表面积大具有吸附作用而使水净化，不具有杀菌消毒作用，C错误；
D.刚玉、红宝石、蓝宝石主要成分是Al2O3，石英玻璃的主要成分是SiO2，青花瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；
故合理选项是B。
2.下列说法中正确的是
①有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化
②发生了颜色变化的不一定是化学变化
③电解质溶液导电一定发生化学变化
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，一定是化学变化
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaCl溶解有化学键断裂，但没有新物质生成，发生的是物理变化；电解饱和NaCl溶液制取NaOH时，有化学键的破坏，同时产生了新的物质，发生的是化学变化，因此有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化，①正确；
②I2溶解在CCl4中得到溶液显紫色，没有发生化学变化，所以发生了颜色变化不一定是化学变化，②正确；
③电解质溶液导电过程就是溶液的微粒在两个阳、阴电极分别发生氧化反应和还原反应的过程，因此一定发生化学变化，③正确；
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，是淀粉先水解变为葡萄糖，然后再转化为乙醇的过程，有新物质产生，发生的变化一定是化学变化，④正确；
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是利用淀粉胶粒直径大，不能透过半透膜，而NaCl电离产生的Na+、Cl-直径小，可以透过半透膜，是根据微粒大小分离提纯物质，不涉及化学变化，⑤正确；
综上所述可知正确的说法是①②③④⑤，故合理选项是D。
3.纳米材料是指颗粒直径在1～100nm范围内的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述正确的是
A. 纳米材料有丁达尔效应
B. 用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率，提高反应物的转化率
C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”比铜片更易失电子
D. 银器能抑菌、杀菌，纳米银粒子填入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果
【答案】D
【解析】
【详解】A.纳米材料若没有形成分散系，也不会具有丁达尔效应，A错误；
B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂，由于表面积增大，所以可加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的转化率，B错误；
C.将单质铜制成“纳米铜”时，由于接触面积增大，所以具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，但这不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子，金属种类不变，则同种金属活动性不变，C错误；
D.银离子是重金属离子，能使蛋白质发生变性，因此有奇异的抑菌、杀菌效果，D正确；
故合理选项是D。
4.下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na和H2O反应可以生成NaOH，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3不能转化为Na，A错误；
B、Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4，CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2不能转化为Cu，B错误；
C、C和O2反应生成CO，CO再和O2反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，C正确；
D、Si和O2反应生成SiO2，SiO2不能转化为H2SiO3（需要先用NaOH溶解SiO2，再向所得溶液加入酸），H2SiO3也不能转化为Si，D错误；
故答案选C。
5.如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶M，在试管N中可以观察到明显现象的是
选项
气体
M中试剂
N中试剂
A
SO2、CO2
酸性KMnO4溶液
品红溶液
B
Cl2、HCl
浓硫酸
淀粉－KI溶液
C
NH3、CO2
浓硫酸
酚酞试液
D
C2H4、CH4
酸性KMnO4溶液
溴的CCl4溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.二者与浓硫酸都不能反应，氯气与KI反应生成碘；
C.氨气与浓硫酸反应；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应。
【详解】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化产生硫酸，因此乙中无现象，A不符合题意；
B.Cl2、HCl不能与浓硫酸反应，氯气与KI反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，N中现象明显，B符合题意；
C.氨气与浓硫酸反应产生硫酸铵，二氧化碳气体通入酚酞溶液为不变色，N中现象不明显，C不符合题意；
D.乙烯被酸性KMnO4溶液氧化产生CO2，CO2、CH4与溴水不反应，N中无现象，D不符合题意；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目侧重考查学生的分析与实验能力。
6. 下列实验操作或检验正确的是
A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；
C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；
D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。
答案选D。
7.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.在常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，因此向其中滴入KSCN溶液，不变色，A错误；
B.常温下向饱和NaOH溶液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，由于NaHCO3溶解度远小于NaOH，反应产生的NaHCO3不等溶解，就结晶析出，B正确；
C.在稀溶液中，Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，反应产生的NO是无色气体，遇空气中的O2会被氧化产生红棕色NO2，C错误；
D.玻璃中含有Na2SiO3，灼烧会使火焰呈黄色，应该使用铂丝或光洁无锈的Fe丝进行焰色反应实验，D错误；
故合理选项是B。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A. 25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NA
C. 室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 标准状况下，22.4 L甲醛中含有的氧原子数为1.0NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中,c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，所以含有的OH-数目N(OH-)=0.1NA，A错误；
B.标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量是0.1mol，Cl2与过量稀NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.1molCl2反应，转移的电子总数为0.1NA，B正确；
C.乙烯和丁烯最简式是CH2，其式量是14，室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的最简式的物质的量是1.5mol，所以含有的碳原子数目为1.5NA，C正确；
D.标准状况下，22.4 L甲醛的物质的量是1mol，则其中含有的氧原子数为1.0NA，D正确；
故合理选项是A。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. NaHCO3溶液：K＋、SO42-、Cl-、AlO2-
B. 由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl-、HCO3-
C. =1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-
D. c(Fe3＋)=0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A.在NaHCO3溶液：H2O、HCO3-、AlO2-会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO32-，不能大量共存，A错误；
B.由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量存在，B错误；
C. =1012的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+与选项离子NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D. c(Fe3＋)=0.1 mol/L溶液中：Fe3＋、SCN-会发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
10.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ( )
A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2
C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】
试题分析：向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确；答案选B。
考点：考查氧化还原反应配平与判断
11.有关下列四个常用电化学装置的叙述中正确的是
A. 图所示电池中，负极电极反应为Zn-2e-=Zn2＋
B. 图所示电池放电过程中，两电极质量不断增大
C. 图所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变
D. 图所示电池工作过程中Ag2O被氧化为Ag
【答案】B
【解析】
【详解】A.该电池反应中由于电解质溶液为碱性，负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，A错误；
B.铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，正极的电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见：电池放电过程中，两电极质量不断增大，B正确；
C.粗铜中还含有其它金属，电解时，阳极上粗铜中有铜和其它较活泼金属失电子，阴极纯铜上只有铜离子得电子，阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；
D.该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag2O是氧化剂、发生还原反应，D错误；
故合理选项是B。
12.运用有关概念判断下列叙述正确的是
A. 碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物
B. Na2SO3能被Fe3＋、H2O2、浓硝酸、浓硫酸、氯气等氧化剂氧化
C. 互为同系物
D. BaSO4的水溶液不易导电，其电离方程式为BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7，有些是两性氧化物如Al2O3，A正确；
B.Na2SO3具有还原性，在酸性条件下可被Fe3＋氧化，在中性或碱性环境则不能被氧化，B错误；
C.苯酚属于酚，羟基与苯环直接连接，而苯甲醇属于芳香醇，羟基连接在侧链上，二者属于不同类物质，不是同系物，C错误；
D.硫酸钡难溶于水，溶解度小，但溶于水的完全电离，属于强电解质，D错误；
故合理选项是A。
13.下列说法正确的是
A. 稀释Na2CO3溶液，水解平衡逆向移动，水的电离程度增大
B. 0.1 mol·L－1氨水中加入10 mL NaCl溶液，平衡不移动
C. 因H2SO4是强酸，CuSO4溶液与H2S不能发生反应
D. 用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加水稀释，水解平衡正向移动，水的电离程度增大，A错误；
B.0.1 mol/L氨水中加入10 mL NaCl溶液，相当于加水稀释，NH3·H2O的电离平衡正向移动，其电离程度增大，B错误；
C. CuSO4溶液与H2S在溶液中发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4，C错误；
D.用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区发生反应：OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏了附近的水的电离平衡，促使水进一步电离，H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动，D正确；
故合理选项是D。
14.对于反应CO（g）+H2O（g）CO 2（g）+ H 2（g） △H﹤0，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；
B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；
C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；
D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误。
答案选B。
【点晴】解答时需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动。
二、非选择题：共58分
15.CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。
(一)①己知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－890.3kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=+2.8 kJ/mol，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0 kJ/mol，
反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_____。
②250℃时，以镍合金为催化剂，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。此温度下该反应的平衡常数K=______。2min内CO2平均消耗速率为________。
(2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率减小的原因是_________。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可能采取的措施是__________________。
③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_____________________。
(3)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供动力，降低油耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意图如下，其总反应式为H2+2NiOOHNi(OH)2。
根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，该电池处于________(选填“充电”或“放电”)，乙电极的电极反应式为_________。
【答案】 (1). +247.3 kJ/mol (2). 256 (3). 1mol/(L·min) (4). 催化剂的催化效率降低 (5). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (6). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2＋+6Al3++2NO↑+16H2O (7). 放电 (8). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律来解答；
②先利用物质反应转化关系计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式计算可得其数值，根据速率含义计算出CO2的反应速率；
(2)①根据温度对催化剂活性的影响；
②根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；
③先将Cu2Al2O4拆成氧化物形式：Cu2O•Al2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；
(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应，据此书写电极反应式。
【详解】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ/mol①
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=2.8kJ/mol ②
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0kJ/mol ③
根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=-890.3kJ/mol+2.8kJ/mol×2+566.0kJ/mol×2=+247.3 kJ/mol；
②反应开始时，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，c(CO2)=c(CH4)=6mol÷2L=3mol/L，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。假设CO2转化浓度为x，则同时会消耗CH4浓度为x，产生CO浓度为2x，产生H2浓度为2x，则平衡时各种物质的浓度：c(CO2)=c(CH4)=(3-x)mol/L，c(CO)=c(H2)=2x，由于测得平衡体系中H2的体积分数为40％，所以=40%，解得x=2，所以此温度下该反应的平衡常数K==256。2min内CO2平均消耗速率为v(CO2)==1mol/(L·min)；
(2)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；
②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；
(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，所以附近溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值变大。
【点睛】本题主要考查了综合利用CO2、电化学及热化学反应方程式的书写，化学反应速率和化学平衡的计算等，根据反应的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，利用盖斯定律进行方程式叠加，得相应热化学方程式。注意热化学反应方程式中反应热与化学计量数的关系，计量数改变，反应热要相应的改变，同时注意题给信息，车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。
16.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；
得到滤渣I的主要成分为____________________；
(2)第②步加H2O2的作用是__________________；
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，___方案不可行，原因是_____；从原子利用率角度考虑，___方案更合理。
【答案】 (1). Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O (2). Au、Pt (3). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染 (4). 加热脱水 (5). 甲 (6). 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 (7). 乙
【解析】
【分析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：
甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加适量Al粉，Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；
丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；
可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；
从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。
【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。
17.某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO3) 2，并探究其化学性质。
I.他们先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜。
(1)如果直接用铜屑与稀HNO3反应来制取硝酸铜，可能导致的两个不利因素是______。
(2)实验中铜粉应该放在_____(选填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤按顺序分别是___、____、过滤。
II.为了探究Cu(NO3)2的热稳定性，探究小组按下图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)
往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热，观察到左试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在右试管中收集到无色气体。
(1)红棕色气体是____。
(2)当导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意________。
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物除了红棕色气休和黑色固体外，进一步分析、推断，分解产物中一定还含有_____。
III.为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请在下面表格中补充写出实验操作步骤、预期现象与结论___、___、___。
【答案】 (1). 生成等物质的量的硝酸铜，消耗硝酸原料多，且产生污染物NO (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). NO2 (6). 先把导气管移出水面，然后熄灭酒精灯火焰 (7). O2 (8). 不能 (9). 若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅，则说明产物中含＋2价铁元素；若KMnO4溶液不褪色或不变浅，则说明产物中不含＋2价铁元素 (10). 另取少量溶液，滴加KSCN溶液
【解析】
【分析】
I.(1)比较方案的优劣，一般从三个方面考虑：一是原料是否简单易得，二是操作是否简单，三是否环保；写出反应的化学方程式，然后根据反应原理进行判断两个方案的特点；
(2)灼烧固体用坩埚，硝酸铜溶液中，铜离子存在水解平衡，所以不能直接加热蒸发获得硫酸铜晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
Ⅱ.(1)NO2是红棕色气体；
(2)注意防止发生倒吸；
(3)根据氧化还原反应中化合价变化判断硝酸铜的分解产物；
Ⅲ. 步骤1：Fe2+的溶液为浅绿色，Fe3+溶液为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，据此分析判断；
步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素，否则不含+2价的铁元素；
步骤3：根据“预期现象与结论”可知该操作是为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，可知选用的试剂是KSCN溶液。
【详解】Ⅰ.(1)生成等物质的量的硝酸铜，假如为1mol，先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜，消耗2mol硝酸，而Cu直接与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，制取1molCu(NO3)2会消耗mol硝酸，显然消耗的硝酸原料多，并且产生污染性气体NO；
(2)灼烧固体铜粉用坩埚；由于铜离子在溶液中存在水解平衡，所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，不能直接蒸发结晶，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤的操作方法完成；
Ⅱ.(1)加热Cu(NO3)2晶体产生的红棕色气体是NO2；
(2)为防止发生倒吸现象，应该进行的操作是：先把导气管移出水面，然后熄灭火焰；
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物中红棕色气体为NO2，黑色固体为CuO，根据化合价变化，硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2，化合价降低被还原，则一定存在化合价升高的元素，该元素只能为O元素，反应中O元素被氧化成O2，则分解产物中一定还含有O2，反应的化学方程式：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；
Ⅲ.步骤1：Fe2+在溶液中为浅绿色，Fe3+在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；
步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+变为Fe3+，若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素；
步骤3：为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，现象为溶液变为红色，因此用的试剂是KSCN溶液。
【点睛】本题考查物质的制备，涉及物质的稳定性、物质的检验方法和实验操作、结论的合理性判断等，注意把握题给信息，结合物质的性质、常见物质的颜色、状态等设计实验步骤，侧重考查学生的分析能力、实验能力。
18.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。
(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。
(3)1mol AB-中含有的π键个数为______。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). C
【分析】
A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子简化电子排布式；
(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；
(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1mol CN-中含有的π键个数；
(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。
【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C
(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；
(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1mol CN-中含有的π键个数为2NA；
(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；
(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；
该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。
19.某香料(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的系统命名为_____，反应⑤第i)步反应化学方程式为________。
(2)反应②的试剂与条件为：_________，反应①→⑥中属于取代反应的有(填反应编号)____。
(3)D的结构简式为：________。
(4)写出符合下列要求的G的同分异构体结构简式：______。
①具有六元环状结构，不含其他环状结构
②核磁共振氢谱显示只有二种信号峰且二信号峰面积之比为1：2
③不能使溴的四氯化碳溶液褪色
(5)参照上述合成路线，设计以2－甲基丁酸和苯甲醇为原料合成_______。
【答案】 (1). 1，4-二氯戊烷 (2). (3). Cu、O2、加热 (4). ①④⑥ (5). (6). ， (7).
【解析】
【分析】
A是氯代烃，分子式是C5H10Cl2，A与NaOH的水溶液发生取代反应产生B，结构简式是，可逆推A结构简式是，B与O2在Cu催化并加热条件下发生催化氧化反应，产生C：，C中含有醛基，进一步被催化氧化产生D：，D与NBS发生信息所示反应产生F：，F与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，形成含不饱和的碳碳双键的物质，然后酸化得到物质G：，G与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生H：，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，F是，G是，H是。
(1)A结构简式是，分子中最长碳链上含有五个C原子，官能团是Cl原子，系统命名为1，4-二氯戊烷；反应⑤第i)步反应是与NaOH的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应，形成含不饱和碳碳双键的物质，反应的化学方程式为。
(2)由于B中含有2个醇羟基，且羟基连接的C原子上含有H原子，所以反应②是B与O2在Cu催化作用下，加热发生催化氧化反应，反应的试剂与条件为：Cu、O2、加热；反应①→⑥中，①④⑥是取代反应，②③是氧化反应，⑤是消去反应和酸碱中和反应，所以属于取代反应的有①④⑥。
(3)根据上述分析可知D的结构简式为：。
(4)G结构简式是，其同分异构体结构符合下列条件：①具有六元环状结构，不含其他环状结构，分子中有五个C原子，形成六元环，说明环上含有一个O原子；②核磁共振氢谱显示只有二种信号峰且二信号峰面积之比为1：2，说明含有两种不同的H原子，这两种氢原子个数比为1：2；③不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明没有不饱和的碳碳双键，则其可能的结构为：，；
(5)与NBS发生取代反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，然后酸化得到，与苯甲醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生 ，故合成路线为：。
【点睛】本题考查了有机物推断和合成，明确物质中含有官能团及其性质、物质之间的转化关系是解本题关键，采用顺推和逆推方法进行分析判断，要充分利用题干信息采用知识迁移方法进行(5)合成路线设计，题目侧重考查学生的分析推断及知识迁移能力。
2019～2020届临川一中上学期第一次联合考试化学试题
满分100，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 La－139 Ni－59
一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法正确的是
A. 2013年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标
B. 战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金
C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
D. 刚玉、红宝石的主要成分是Al2O3，而青花瓷、石英玻璃的主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A.环境空气质量指数(AQI)，包括PM2.5、PM10、O3、CO、SO2和NO2等6项指标，不包括CO2，A错误；
B.青铜是一种铜锡合金，主要含有Cu、Sn、Pb，战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，B正确；
C.明矾水解时产生具有吸附性的Al(OH)3胶体粒子，但该胶体由于表面积大具有吸附作用而使水净化，不具有杀菌消毒作用，C错误；
D.刚玉、红宝石、蓝宝石主要成分是Al2O3，石英玻璃的主要成分是SiO2，青花瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；
故合理选项是B。
2.下列说法中正确的是
①有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化
②发生了颜色变化的不一定是化学变化
③电解质溶液导电一定发生化学变化
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，一定是化学变化
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaCl溶解有化学键断裂，但没有新物质生成，发生的是物理变化；电解饱和NaCl溶液制取NaOH时，有化学键的破坏，同时产生了新的物质，发生的是化学变化，因此有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化，①正确；
②I2溶解在CCl4中得到溶液显紫色，没有发生化学变化，所以发生了颜色变化不一定是化学变化，②正确；
③电解质溶液导电过程就是溶液的微粒在两个阳、阴电极分别发生氧化反应和还原反应的过程，因此一定发生化学变化，③正确；
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿，是淀粉先水解变为葡萄糖，然后再转化为乙醇的过程，有新物质产生，发生的变化一定是化学变化，④正确；
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是利用淀粉胶粒直径大，不能透过半透膜，而NaCl电离产生的Na+、Cl-直径小，可以透过半透膜，是根据微粒大小分离提纯物质，不涉及化学变化，⑤正确；
综上所述可知正确的说法是①②③④⑤，故合理选项是D。
3.纳米材料是指颗粒直径在1～100nm范围内的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述正确的是
A. 纳米材料有丁达尔效应
B. 用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率，提高反应物的转化率
C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”比铜片更易失电子
D. 银器能抑菌、杀菌，纳米银粒子填入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果
【答案】D
【解析】
【详解】A.纳米材料若没有形成分散系，也不会具有丁达尔效应，A错误；
B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂，由于表面积增大，所以可加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的转化率，B错误；
C.将单质铜制成“纳米铜”时，由于接触面积增大，所以具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，但这不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子，金属种类不变，则同种金属活动性不变，C错误；
D.银离子是重金属离子，能使蛋白质发生变性，因此有奇异的抑菌、杀菌效果，D正确；
故合理选项是D。
4.下列各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na和H2O反应可以生成NaOH，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3不能转化为Na，A错误；
B、Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4，CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2不能转化为Cu，B错误；
C、C和O2反应生成CO，CO再和O2反应生成CO2，CO2和C在高温下反应生成CO，C正确；
D、Si和O2反应生成SiO2，SiO2不能转化为H2SiO3（需要先用NaOH溶解SiO2，再向所得溶液加入酸），H2SiO3也不能转化为Si，D错误；
故答案选C。
5.如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶M，在试管N中可以观察到明显现象的是
选项
气体
M中试剂
N中试剂
A
SO2、CO2
酸性KMnO4溶液
品红溶液
B
Cl2、HCl
浓硫酸
淀粉－KI溶液
C
NH3、CO2
浓硫酸
酚酞试液
D
C2H4、CH4
酸性KMnO4溶液
溴的CCl4溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.二者与浓硫酸都不能反应，氯气与KI反应生成碘；
C.氨气与浓硫酸反应；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应。
【详解】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化产生硫酸，因此乙中无现象，A不符合题意；
B.Cl2、HCl不能与浓硫酸反应，氯气与KI反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，N中现象明显，B符合题意；
C.氨气与浓硫酸反应产生硫酸铵，二氧化碳气体通入酚酞溶液为不变色，N中现象不明显，C不符合题意；
D.乙烯被酸性KMnO4溶液氧化产生CO2，CO2、CH4与溴水不反应，N中无现象，D不符合题意；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目侧重考查学生的分析与实验能力。
6. 下列实验操作或检验正确的是
A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；
C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；
D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。
答案选D。
7.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.在常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，因此向其中滴入KSCN溶液，不变色，A错误；
B.常温下向饱和NaOH溶液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，由于NaHCO3溶解度远小于NaOH，反应产生的NaHCO3不等溶解，就结晶析出，B正确；
C.在稀溶液中，Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，反应产生的NO是无色气体，遇空气中的O2会被氧化产生红棕色NO2，C错误；
D.玻璃中含有Na2SiO3，灼烧会使火焰呈黄色，应该使用铂丝或光洁无锈的Fe丝进行焰色反应实验，D错误；
故合理选项是B。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A. 25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NA
C. 室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 标准状况下，22.4 L甲醛中含有的氧原子数为1.0NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中,c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，所以含有的OH-数目N(OH-)=0.1NA，A错误；
B.标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量是0.1mol，Cl2与过量稀NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.1molCl2反应，转移的电子总数为0.1NA，B正确；
C.乙烯和丁烯最简式是CH2，其式量是14，室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的最简式的物质的量是1.5mol，所以含有的碳原子数目为1.5NA，C正确；
D.标准状况下，22.4 L甲醛的物质的量是1mol，则其中含有的氧原子数为1.0NA，D正确；
故合理选项是A。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. NaHCO3溶液：K＋、SO42-、Cl-、AlO2-
B. 由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl-、HCO3-
C. =1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-
D. c(Fe3＋)=0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A.在NaHCO3溶液：H2O、HCO3-、AlO2-会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO32-，不能大量共存，A错误；
B.由水电离出的c(H＋)=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量存在，B错误；
C. =1012的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+与选项离子NH4＋、Al3＋、NO3-、Cl-之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D. c(Fe3＋)=0.1 mol/L溶液中：Fe3＋、SCN-会发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
10.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ( )
A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2
C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】
试题分析：向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确；答案选B。
考点：考查氧化还原反应配平与判断
11.有关下列四个常用电化学装置的叙述中正确的是
A. 图所示电池中，负极电极反应为Zn-2e-=Zn2＋
B. 图所示电池放电过程中，两电极质量不断增大
C. 图所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变
D. 图所示电池工作过程中Ag2O被氧化为Ag
【答案】B
【解析】
【详解】A.该电池反应中由于电解质溶液为碱性，负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，A错误；
B.铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，正极的电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见：电池放电过程中，两电极质量不断增大，B正确；
C.粗铜中还含有其它金属，电解时，阳极上粗铜中有铜和其它较活泼金属失电子，阴极纯铜上只有铜离子得电子，阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；
D.该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag2O是氧化剂、发生还原反应，D错误；
故合理选项是B。
12.运用有关概念判断下列叙述正确的是
A. 碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物
B. Na2SO3能被Fe3＋、H2O2、浓硝酸、浓硫酸、氯气等氧化剂氧化
C. 互为同系物
D. BaSO4的水溶液不易导电，其电离方程式为BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱性氧化物都是金属氧化物，有些金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7，有些是两性氧化物如Al2O3，A正确；
B.Na2SO3具有还原性，在酸性条件下可被Fe3＋氧化，在中性或碱性环境则不能被氧化，B错误；
C.苯酚属于酚，羟基与苯环直接连接，而苯甲醇属于芳香醇，羟基连接在侧链上，二者属于不同类物质，不是同系物，C错误；
D.硫酸钡难溶于水，溶解度小，但溶于水的完全电离，属于强电解质，D错误；
故合理选项是A。
13.下列说法正确的是
A. 稀释Na2CO3溶液，水解平衡逆向移动，水的电离程度增大
B. 0.1 mol·L－1氨水中加入10 mL NaCl溶液，平衡不移动
C. 因H2SO4是强酸，CuSO4溶液与H2S不能发生反应
D. 用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加水稀释，水解平衡正向移动，水的电离程度增大，A错误；
B.0.1 mol/L氨水中加入10 mL NaCl溶液，相当于加水稀释，NH3·H2O的电离平衡正向移动，其电离程度增大，B错误；
C. CuSO4溶液与H2S在溶液中发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4，C错误；
D.用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中，阳极区发生反应：OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏了附近的水的电离平衡，促使水进一步电离，H2OH＋+OH-的电离平衡正向移动，D正确；
故合理选项是D。
14.对于反应CO（g）+H2O（g）CO 2（g）+ H 2（g） △H﹤0，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；
B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；
C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；
D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误。
答案选B。
【点晴】解答时需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动。
二、非选择题：共58分
15.CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。
(一)①己知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－890.3kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=+2.8 kJ/mol，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0 kJ/mol，
反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_____。
②250℃时，以镍合金为催化剂，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。此温度下该反应的平衡常数K=______。2min内CO2平均消耗速率为________。
(2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率减小的原因是_________。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可能采取的措施是__________________。
③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_____________________。
(3)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供动力，降低油耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意图如下，其总反应式为H2+2NiOOHNi(OH)2。
根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，该电池处于________(选填“充电”或“放电”)，乙电极的电极反应式为_________。
【答案】 (1). +247.3 kJ/mol (2). 256 (3). 1mol/(L·min) (4). 催化剂的催化效率降低 (5). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (6). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2＋+6Al3++2NO↑+16H2O (7). 放电 (8). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律来解答；
②先利用物质反应转化关系计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式计算可得其数值，根据速率含义计算出CO2的反应速率；
(2)①根据温度对催化剂活性的影响；
②根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；
③先将Cu2Al2O4拆成氧化物形式：Cu2O•Al2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；
(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应，据此书写电极反应式。
【详解】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ/mol①
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=2.8kJ/mol ②
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0kJ/mol ③
根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=-890.3kJ/mol+2.8kJ/mol×2+566.0kJ/mol×2=+247.3 kJ/mol；
②反应开始时，向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，c(CO2)=c(CH4)=6mol÷2L=3mol/L，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡，测得平衡体系中H2的体积分数为40％。假设CO2转化浓度为x，则同时会消耗CH4浓度为x，产生CO浓度为2x，产生H2浓度为2x，则平衡时各种物质的浓度：c(CO2)=c(CH4)=(3-x)mol/L，c(CO)=c(H2)=2x，由于测得平衡体系中H2的体积分数为40％，所以=40%，解得x=2，所以此温度下该反应的平衡常数K==256。2min内CO2平均消耗速率为v(CO2)==1mol/(L·min)；
(2)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；
②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大；
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；
(3)上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，所以附近溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值变大。
【点睛】本题主要考查了综合利用CO2、电化学及热化学反应方程式的书写，化学反应速率和化学平衡的计算等，根据反应的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，利用盖斯定律进行方程式叠加，得相应热化学方程式。注意热化学反应方程式中反应热与化学计量数的关系，计量数改变，反应热要相应的改变，同时注意题给信息，车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。
16.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；
得到滤渣I的主要成分为____________________；
(2)第②步加H2O2的作用是__________________；
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，___方案不可行，原因是_____；从原子利用率角度考虑，___方案更合理。
【答案】 (1). Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O (2). Au、Pt (3). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染 (4). 加热脱水 (5). 甲 (6). 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 (7). 乙
【解析】
【分析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：
甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加适量Al粉，Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；
丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；
可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；
从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。
【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。
17.某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO3) 2，并探究其化学性质。
I.他们先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜。
(1)如果直接用铜屑与稀HNO3反应来制取硝酸铜，可能导致的两个不利因素是______。
(2)实验中铜粉应该放在_____(选填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤按顺序分别是___、____、过滤。
II.为了探究Cu(NO3)2的热稳定性，探究小组按下图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)
往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热，观察到左试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在右试管中收集到无色气体。
(1)红棕色气体是____。
(2)当导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意________。
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物除了红棕色气休和黑色固体外，进一步分析、推断，分解产物中一定还含有_____。
III.为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请在下面表格中补充写出实验操作步骤、预期现象与结论___、___、___。
【答案】 (1). 生成等物质的量的硝酸铜，消耗硝酸原料多，且产生污染物NO (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). NO2 (6). 先把导气管移出水面，然后熄灭酒精灯火焰 (7). O2 (8). 不能 (9). 若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅，则说明产物中含＋2价铁元素；若KMnO4溶液不褪色或不变浅，则说明产物中不含＋2价铁元素 (10). 另取少量溶液，滴加KSCN溶液
【解析】
【分析】
I.(1)比较方案的优劣，一般从三个方面考虑：一是原料是否简单易得，二是操作是否简单，三是否环保；写出反应的化学方程式，然后根据反应原理进行判断两个方案的特点；
(2)灼烧固体用坩埚，硝酸铜溶液中，铜离子存在水解平衡，所以不能直接加热蒸发获得硫酸铜晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
Ⅱ.(1)NO2是红棕色气体；
(2)注意防止发生倒吸；
(3)根据氧化还原反应中化合价变化判断硝酸铜的分解产物；
Ⅲ. 步骤1：Fe2+的溶液为浅绿色，Fe3+溶液为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，据此分析判断；
步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+，因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素，否则不含+2价的铁元素；
步骤3：根据“预期现象与结论”可知该操作是为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，可知选用的试剂是KSCN溶液。
【详解】Ⅰ.(1)生成等物质的量的硝酸铜，假如为1mol，先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀HNO3反应制取硝酸铜，消耗2mol硝酸，而Cu直接与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，制取1molCu(NO3)2会消耗mol硝酸，显然消耗的硝酸原料多，并且产生污染性气体NO；
(2)灼烧固体铜粉用坩埚；由于铜离子在溶液中存在水解平衡，所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，不能直接蒸发结晶，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤的操作方法完成；
Ⅱ.(1)加热Cu(NO3)2晶体产生的红棕色气体是NO2；
(2)为防止发生倒吸现象，应该进行的操作是：先把导气管移出水面，然后熄灭火焰；
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物中红棕色气体为NO2，黑色固体为CuO，根据化合价变化，硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2，化合价降低被还原，则一定存在化合价升高的元素，该元素只能为O元素，反应中O元素被氧化成O2，则分解产物中一定还含有O2，反应的化学方程式：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；
Ⅲ.步骤1：Fe2+在溶液中为浅绿色，Fe3+在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；
步骤2：酸性KMnO4溶液具有氧化性，能够氧化Fe2+变为Fe3+，若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素；
步骤3：为检验溶液中是否含有+3价的铁元素，现象为溶液变为红色，因此用的试剂是KSCN溶液。
【点睛】本题考查物质的制备，涉及物质的稳定性、物质的检验方法和实验操作、结论的合理性判断等，注意把握题给信息，结合物质的性质、常见物质的颜色、状态等设计实验步骤，侧重考查学生的分析能力、实验能力。
18.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。
(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。
(3)1mol AB-中含有的π键个数为______。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). C
【分析】
A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子简化电子排布式；
(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；
(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1mol CN-中含有的π键个数；
(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。
【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C
(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；
(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1mol CN-中含有的π键个数为2NA；
(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；
(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；
该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。
19.某香料(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的系统命名为_____，反应⑤第i)步反应化学方程式为________。
(2)反应②的试剂与条件为：_________，反应①→⑥中属于取代反应的有(填反应编号)____。
(3)D的结构简式为：________。
(4)写出符合下列要求的G的同分异构体结构简式：______。
①具有六元环状结构，不含其他环状结构
②核磁共振氢谱显示只有二种信号峰且二信号峰面积之比为1：2
③不能使溴的四氯化碳溶液褪色
(5)参照上述合成路线，设计以2－甲基丁酸和苯甲醇为原料合成_______。
【答案】 (1). 1，4-二氯戊烷 (2). (3). Cu、O2、加热 (4). ①④⑥ (5). (6). ， (7).
【解析】
【分析】
A是氯代烃，分子式是C5H10Cl2，A与NaOH的水溶液发生取代反应产生B，结构简式是，可逆推A结构简式是，B与O2在Cu催化并加热条件下发生催化氧化反应，产生C：，C中含有醛基，进一步被催化氧化产生D：，D与NBS发生信息所示反应产生F：，F与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，形成含不饱和的碳碳双键的物质，然后酸化得到物质G：，G与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生H：，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，F是，G是，H是。
(1)A结构简式是，分子中最长碳链上含有五个C原子，官能团是Cl原子，系统命名为1，4-二氯戊烷；反应⑤第i)步反应是与NaOH的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应，形成含不饱和碳碳双键的物质，反应的化学方程式为。
(2)由于B中含有2个醇羟基，且羟基连接的C原子上含有H原子，所以反应②是B与O2在Cu催化作用下，加热发生催化氧化反应，反应的试剂与条件为：Cu、O2、加热；反应①→⑥中，①④⑥是取代反应，②③是氧化反应，⑤是消去反应和酸碱中和反应，所以属于取代反应的有①④⑥。
(3)根据上述分析可知D的结构简式为：。
(4)G结构简式是，其同分异构体结构符合下列条件：①具有六元环状结构，不含其他环状结构，分子中有五个C原子，形成六元环，说明环上含有一个O原子；②核磁共振氢谱显示只有二种信号峰且二信号峰面积之比为1：2，说明含有两种不同的H原子，这两种氢原子个数比为1：2；③不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明没有不饱和的碳碳双键，则其可能的结构为：，；
(5)与NBS发生取代反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，然后酸化得到，与苯甲醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生 ，故合成路线为：。
【点睛】本题考查了有机物推断和合成，明确物质中含有官能团及其性质、物质之间的转化关系是解本题关键，采用顺推和逆推方法进行分析判断，要充分利用题干信息采用知识迁移方法进行(5)合成路线设计，题目侧重考查学生的分析推断及知识迁移能力。
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