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【化学】广西柳江中学2018-2019高二下学期期中考试理科综合（解析版）
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广西柳江中学2018-2019高二下学期期中考试理科综合
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
第Ｉ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.化学与生产、生活密切相关，下列对应关系正确的是
选项
性质
实际应用
A
活性炭可吸附水中的悬浮物
用于自来水的杀菌消毒
B
SO2具有还原性
漂白纸浆
C
铁被氧气氧化时会放出热量
铁、活性炭、无机盐、水等的混合物制成暖宝贴
D
氧化铝是两性氧化物
作耐高温材料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、活性炭可吸附水中的悬浮物，用于自来水的净化，不能消毒，选项A错误；B、SO2漂白纸浆，利用SO2漂白性，选项B错误；C、铁、活性炭、无机盐、水等的混合物制成暖宝贴，利用铁被氧气氧化时会放出热量，选项C正确；D、利用氧化铝耐高温，氧化铝作耐高温材料，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查物质性质与用途。正确理解性质判定性质是解答本题的关键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
B. 1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，所得溶液含Fe3＋离子数目为0.1NA
D. 在高温下，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子的物质的量是，个数是0.2NA，故A正确；
B. 1个羟基含9个电子，1 mol的羟基含电子数为9NA，故B错误；
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，Fe3＋水解，所得溶液含Fe3＋离子数小于0.1NA，故C错误；
D. 在高温下，Fe与足量的水蒸气反应生成Fe3O4，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为NA，故D错误。
3.王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如下所示。有关王浆酸的说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C10H18O3
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 一定条件下能发生取代反应和氧化反应
D. 1 mol王浆酸最多能中和2 mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据王浆酸的结构简式，其分子式为C10H18O3，故A正确；
B. 王浆酸含有碳碳双键，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C. 含有羧基、羟基、碳碳双键，一定条件下能发生取代反应和氧化反应，故C正确；
D. 羧基能与氢氧化钠反应，1 mol王浆酸最多能中和1 mol NaOH，故D错误；选D。
4.下列实验操作所对应的现象、结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向石蕊溶液中通入SO2
溶液褪色
SO2具有漂白性
B
向KMnO4酸性溶液中通入乙烯
溶液褪色
乙烯能发生加成反应
C
铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化
D
向AgCl悬浊液中滴入NaI溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、SO2不能使指示剂褪色，向石蕊溶液中通入SO2，溶液变红，故A错误；
B、向KMnO4酸性溶液中通入乙烯，溶液褪色，乙烯发生氧化反应，故B错误；
C、铝在冷的浓硝酸中钝化，故C正确；
D、一种沉淀易转化为更难溶的沉淀，向AgCl悬浊液中滴入NaI溶液，出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D错误。
5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在的族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是（ ）
A. Y可以从溶液中置换出Z单质
B. Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应水化物两两之间可以反应
C. X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质
D. 单核离子半径：W＞Z＞Y＞X
【答案】B
【解析】
【分析】
X的L层电子数是K层的3倍，X是O元素；W所在的族序数是周期数的2倍，W是S元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y是Na元素、Z是Al元素。
【详解】A. Na与水发生剧烈反应，钠不能从溶液中置换出Al单质，故A错误；
B. 氢氧化铝具有两性，氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸两两之间可以反应，故B正确；
C. 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，H2SO3是弱电解质，故C错误 ；
D. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，单核离子半径：S2-＞O2-＞Na+＞Al3+，故D错误。
6.如图是一氧化碳－空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。下列叙述中，正确的是（ ）
A. a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应
B. a电极的电极反应式为CO＋4OH－＋2e－===CO32－＋2H2O
C. A处通入是空气，B处通入的是CO
D. 用该电池作电源精炼铜，若阴极质量增加6.4 g，至少消耗标准状况下的CO 2.24 L
【答案】D
【解析】
【分析】
一氧化碳－空气燃料电池，在碱性条件下的总反应是2CO＋O2+4OH-=2CO32－＋2H2O。
【详解】A. 电子由a极流出，a是负极，a电极CO失电子发生氧化反应，b电极氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B. a是负极，a电极CO失电子发生氧化反应，a电极的电极反应式为CO＋2OH－-2e－===CO32－＋H2O，故B错误；
C.a是负极，A处通入的是CO，b是正极，B处通入的是空气，故C错误；
D. 用该电池作电源精炼铜，若阴极质量增加6.4 g，则转移电子的物质的量是0.2mol，根据方程式CO＋2OH－-2e－===CO32－＋H2O可知至少消耗标准状况下的CO 2.24 L，故D正确。
【点睛】本题考查原电池原理，明确电子流向与正负极的关系是解本题关键，再结合转移电子守恒、反应类型等知识点分析解答，电极反应式要结合电解质溶液酸碱性书写。
7.20 ℃时向20 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是（ ）
A. a点：c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）
B. b点：c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－）
C. c点：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）
D. d点：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点滴入10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，所以c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），故A正确；
B. b点溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－），故B正确；
C. c点表示等体积、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合，溶质是醋酸钠，根据电荷守恒c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）- c（Na＋），故C错误；
D. d点为醋酸钠、氢氧化钠的混合液，溶液呈碱性，根据电荷守c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋），故D正确；选C。
【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。
8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂。已知:K2FeO4易溶于水，其溶液呈紫色、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用下图装置制备并探究K2FeO4的性质。制备原理:3Cl2＋2Fe（OH）3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，装置如图所示（夹持装置略）。
（1）盛放二氧化锰的仪器名称___________________，装置C的作用是____________________。
（2）装置A 中反应的化学方程式是________________________________________。
（3）实验时采用冰水浴的原因是________________，此装置存在一处明显缺陷,请指出___________。
（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，一般用75％乙醇进行洗涤，其目的是_________。
（5）查阅资料知，K2FeO4能将 Mn2＋氧化成 MnO4－。该小组设计如下实验进行验证:
关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色。检验左侧烧杯溶液呈黄色的原因，需要的试剂是_______；写出上图中负极的电极反应式: _________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 吸收多余的氯气，防止污染环境 (3). MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). K2FeO4在0℃~5℃环境中稳定，防止副反应发生 (5). 缺少除Cl2中混有的HCI的装置 (6). 减少产品损失，易于干燥 (7). 硫氰酸钾溶液（KSCN溶液） (8). Mn2++4H2O-5e-=MnO4-+ 8H+
【解析】
【分析】
（1）根据装置图回答盛放二氧化锰的仪器名称；NaOH溶液能吸收多余的氯气；
（2）装置A 中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水；
（3）根据K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定回答；装置A制备的氯气中含有杂质氯化氢；
（4）根据K2FeO4易溶于水、难溶于无水乙醇分析；
（5）左烧杯溶液变黄色说明K2FeO4被还原为Fe3+；负极是Mn2+失电子被氧化为MnO4-。
【详解】（1）根据装置图，盛放二氧化锰的仪器名称是圆底烧瓶；NaOH溶液能吸收多余的氯气，所以装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境。
（2）装置A 中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）K2FeO4在0℃~5℃环境中稳定，实验时采用冰水浴可以防止副反应发生。装置A制备的氯气中含有杂质氯化氢，此装置缺少除Cl2中混有的HCI的装置；
（4）K2FeO4易溶于水、难溶于无水乙醇，用75％乙醇进行洗涤，可以减少产品损失、易于干燥；
（5）左烧杯溶液变黄色说明K2FeO4被还原为Fe3+，Fe3+遇硫氰酸钾溶液变为血红色，检验左侧烧杯溶液呈黄色原因的试剂是硫氰酸钾溶液；负极是Mn2+失电子被氧化为MnO4-，负极反应式是Mn2++4H2O-5e-=MnO4-+ 8H+。
【点睛】本题考查实验制备方案、物质的分离提纯与操作的分析评价、原电池原理等，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用。
9.工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）制取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
（1）实验操作Ⅰ的名称为_________；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有________（填仪器名称）。
（2）滤液A中铁元素存在形式为________（填离子符号），生成该离子的离子方程式为__________，检验滤液A中存在该离子的试剂为_____________（填试剂名称）。
（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为___________
（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH－）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH＝________。
（5）利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是__________（填代号）。
a 电能全部转化为化学能
b 粗铜接电源正极，发生氧化反应
c 精铜作阴极，电解后电解液中Cu2＋浓度减小
d 粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系
【答案】 (1). 过滤 (2). 坩埚 (3). Fe2＋ (4). Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋ (5). 硫氰化钾溶液和新制氯水（或铁氰化钾） (6). 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 (7). 11 (8). bc
【解析】
【分析】
（1）实验操作Ⅰ是固体和液体分离；在坩埚中灼烧固体混合物；
（2）Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；Fe2＋遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后被氧化为Fe2＋，溶液变红。
（3）铝热反应用于焊接钢轨。
（4）NaAlO2水解促进水电离，NaOH抑制水电离。
（5）电解法精炼铜，粗铜做阳极、精铜做阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液。
【详解】（1）实验操作Ⅰ是固体和液体分离，实验操作Ⅰ的名称为过滤；在坩埚中灼烧固体混合物，所以灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚；
（2）Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以滤液A中铁元素的存在形式为Fe2＋，生成该离子的离子方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，Fe2＋遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后被氧化为Fe2＋，溶液变红，检验滤液A中存在该离子的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水；
（3）铝热反应用于焊接钢轨，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3。
（4）NaOH溶液中c（OH－）水＝c（H＋），NaAlO2溶液中c（OH－）水＝c（OH－），设溶液中的pH＝x，则NaAlO2溶液中c（OH－）水＝10x－14 mol·L－1，NaOH溶液中c（OH－）水＝10－x mol·L－1，则10x－14/10－x＝108，解得x＝11。
（5）a、电解法精炼铜，部分电能转化为热能，故a错误；
b、电解法精炼铜，粗铜做阳极，粗铜接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c、电解法精炼铜，精铜作阴极，阳极铜、铁、铝等金属失电子，阴极只有铜离子得电子，所以电解后电解液中Cu2＋浓度减小，故c正确；
d、粗铜精炼时，阴极只有铜离子得电子，所以通过的电量与阴极析出铜的量有确定关系，故d错误。
10.Ⅰ.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
已知：C（s）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
H2（g）＋ O2（g）===H2O（g） ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1
CO（g）＋O2（g）===CO2（g） ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
则煤气化主要反应C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）的ΔH＝____________________。
Ⅱ.为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1。
（1）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________（填曲线标记字母），其判断理由是____________。
（2）在一定温度下，向2.0 L固定容积的密闭容器中充入2 mol H2和1 mol CO，经过一段时间后，反应4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g）达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表：
时间/min
0
20
40
80
100
n（H2）/mol
2.0
1.4
0.85
0.4
—
n（CO）/mol
1.0
—
0.425
0.2
0.2
n（CH3OCH3）/mol
0
0.15
—
—
0.4
n（H2O）/mol
0
0.15
0.2875
0.4
0.4
①0～20 min的平均反应速率v（CO）＝__________________mol·L－1·min－1；
②达到平衡时，H2的转化率为__________________；
③在上述温度下，该反应的平衡常数K＝______________________；
④能表明该反应达到平衡状态的是________（填序号）；
A CO的转化率等于H2O的产率 B 混合气体的平均相对分子质量不变
C v（CO）与v（H2）的比值不变 D 混合气体的密度不变
⑤在上述温度下，向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3（g），则化学平衡________移动（填“向左”“向右”或“不”）。
【答案】 (1). ＋131.3 kJ·mol－1 (2). a (3). 正反应放热，温度升高平衡常数减小 (4). 0.0075 (5). 80% (6). 2500 (7). B (8). 向右
【解析】
【分析】
Ⅰ.根据盖斯定律计算；
Ⅱ. （1）4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1，升高温度平衡逆向移动；
（2）①v（CO）＝Δc（CO）/Δt；
②H2的平衡转化率=氢气浓度的变化量/初始量×100%；
③；
④根据平衡标志判断；
⑤根据Q与K的关系判断平衡移动方向。
【详解】Ⅰ.①C（s）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2（g）＋ O2（g）===H2O（g） ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1
③CO（g）＋O2（g）===CO2（g） ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
根据盖斯定律，①―②―③得C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）的ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
Ⅱ. （1）4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1，升高温度平衡逆向移动，K值减小，能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a；
（2）①在0～20 min内Δn（CO）＝Δn（H2）/2＝0.5×（2.0 mol－1.4 mol）＝0.3 mol，v（CO）＝Δc（CO）/Δt＝0.15mol/L÷20 min＝0.0075 mol·L－1·min－1。
②平衡时，Δn（H2）＝2.0 mol－0.4 mol＝1.6 mol，则转化率α（H2）＝1.6mol/2mol×100%＝80%。
③根据化学反应：
4H2（g）＋2CO（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）
起始浓度（mol/L） 1.0 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.8 0.4 0.2 0.2
平衡浓度（mol/L） 0.2 0.1 0.2 0.2
K＝＝2500。
④A、CO的转化率和H2O的产率表示的都是正反应方向，不能说明v正＝v逆，A项错误；
B、混合气体的平均相对分子质量＝m/n，在反应过程中气体的总质量不变、总物质的量是变量，则平均相对分子质量是变量，若平均相对分子质量不变说明反应已达到平衡，B项正确；
C、v（CO）与v（H2）的比值不变，不能说明v正＝v逆，故不能表明该反应达到平衡状态，C项错误；
D、混合气体的密度ρ＝m/V，因为混合气体总质量不变，容器容积V不变，故密度始终不变，D项错误。
⑤Qc＝＝312.5＜2500，化学平衡向右移动。
11.人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、二氧化碳、青霉素、硝酸钾、乙醇、氨等“分子”改变过人类的世界。
（1）铁原子在基态时，外围电子排布式为__________________________。
（2）1 mol CO2分子中含有σ键的物质的量为_________________________。
（3）6－氨基青霉烷酸的结构如图所示：
①其中C、N、O电负性由小至大的顺序是_________________。
②其中碳原子的杂化类型是______________。
（4）硝酸钾中的空间构型为___________，写出的一种等电子体的化学式______________。
（5）乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是_____________。
（6）铁和氨气在640 ℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为____________，若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则该晶体的密度为_________g·cm－3。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
【答案】 (1). 3d64s2 (2). 2 mol (3). C
【分析】
（1）铁是26号元素，铁原子在基态时的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）CO2分子结构式是O=C=O；
（3）①同周期元素从左到右电负性增大；
②单键碳原子的杂化轨道数是4、双键碳原子的杂化轨道数是3；
（4）硝酸根中N原子的杂化轨道数是，无孤电子对； 等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子；
（5）乙醇分子间存在氢键；
（6）根据均摊原则计算化学式；根据晶胞图，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞的面对角线为2acm，晶胞边长是。
【详解】（1）铁是26号元素，铁原子在基态时的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子（价电子）排布式为3d64s2；
（2）单键全是σ键、双键中有1个σ键和1个π键， CO2分子的结构式是O=C=O，所以1 mol CO2分子中含有σ键的物质的量为2 mol；
（3）①同周期元素从左到右电负性增大，所以C、N、O电负性由小至大的顺序是C
（4）硝酸根中N原子的杂化轨道数是，无孤电子对，所以硝酸根的空间构型为平面三角形；等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子，硝酸根的价电子数是24，BF3与NO3－互为等电子体；
（5）乙醇分子间存在氢键，氯乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比氯乙烷高。
（6）由题图知，该晶胞中含有的Fe原子的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，含有的N原子的个数为1，该晶体的化学式为Fe4N，该晶胞的质量为g，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞边长cm，故该晶体的密度为g·cm－3＝g·cm－3。
12.G是功能高分子材料。以甲苯为原料合成G的一种流程如下（部分条件和产物略去）。
回答下列问题：
（1）W中官能团名称是：_______________________；反应Ⅰ类型是_________________。
（2）反应Ⅱ的试剂和条件是____________、_______________；Z的名称是______________。
（3）写出F→G的化学方程式：_________________。
（4）T是E的同分异构体，T的苯环上有3个互不相同的取代基，T的结构有______种。
（5）W分子中最多有______个原子共平面。
（6）以乙醇为原料，经过三步合成正丁醇。参照上述流程图设计合成路线。___________
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 取代反应 (3). 氢氧化钠的水溶液 (4). 加热 (5). 苯甲醛 (6). (7). 10 (8). 18 (9).
【解析】
【分析】
甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成，所以X是；Y在铜做催化剂的条件下发生氧化反应生成，逆推可知Y是；与银氨溶液反应生成，E是；E与甲醇发生酯化反应生成酯F，F是，F发生加聚反应生成聚合物G，G是。
【详解】（1）W是，所含官能团名称是：碳碳双键、醛基；反应Ⅰ是甲苯与氯气在光照条件下反应生成，反应类型是取代反应。
（2）反应Ⅱ是发生取代反应生成，需要的试剂和条件是氢氧化钠的水溶液、加热；Z是，名称是苯甲醛。
（3）F，发生加聚反应生成，化学方程式：。
（4）T是E的同分异构体，T的苯环上有3个互不相同的取代基，3个取代基分别是：-OH、-CH=CH2、-CHO，故T的结构有10种。
（5）中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，所以分子中所有原子可能共面，最多有18个原子共平面。
（6）乙醇氧化为乙醛，2分子乙醛发生羟醛缩合反应生成CH3CH＝CHCHO，CH3CH＝CHCHO与氢气加成即生成正丁醇，合成路线是。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
第Ｉ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.化学与生产、生活密切相关，下列对应关系正确的是
选项
性质
实际应用
A
活性炭可吸附水中的悬浮物
用于自来水的杀菌消毒
B
SO2具有还原性
漂白纸浆
C
铁被氧气氧化时会放出热量
铁、活性炭、无机盐、水等的混合物制成暖宝贴
D
氧化铝是两性氧化物
作耐高温材料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、活性炭可吸附水中的悬浮物，用于自来水的净化，不能消毒，选项A错误；B、SO2漂白纸浆，利用SO2漂白性，选项B错误；C、铁、活性炭、无机盐、水等的混合物制成暖宝贴，利用铁被氧气氧化时会放出热量，选项C正确；D、利用氧化铝耐高温，氧化铝作耐高温材料，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查物质性质与用途。正确理解性质判定性质是解答本题的关键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
B. 1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，所得溶液含Fe3＋离子数目为0.1NA
D. 在高温下，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子的物质的量是，个数是0.2NA，故A正确；
B. 1个羟基含9个电子，1 mol的羟基含电子数为9NA，故B错误；
C. 将0.1 mol FeCl3溶于1 L水中，Fe3＋水解，所得溶液含Fe3＋离子数小于0.1NA，故C错误；
D. 在高温下，Fe与足量的水蒸气反应生成Fe3O4，1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为NA，故D错误。
3.王浆酸是从蜂王浆中分离出的一种有机酸，它有很好的杀菌、抗癌、抗放射及强化机体、增强免疫力的作用，其结构如下所示。有关王浆酸的说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C10H18O3
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 一定条件下能发生取代反应和氧化反应
D. 1 mol王浆酸最多能中和2 mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据王浆酸的结构简式，其分子式为C10H18O3，故A正确；
B. 王浆酸含有碳碳双键，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C. 含有羧基、羟基、碳碳双键，一定条件下能发生取代反应和氧化反应，故C正确；
D. 羧基能与氢氧化钠反应，1 mol王浆酸最多能中和1 mol NaOH，故D错误；选D。
4.下列实验操作所对应的现象、结论均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向石蕊溶液中通入SO2
溶液褪色
SO2具有漂白性
B
向KMnO4酸性溶液中通入乙烯
溶液褪色
乙烯能发生加成反应
C
铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化
D
向AgCl悬浊液中滴入NaI溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、SO2不能使指示剂褪色，向石蕊溶液中通入SO2，溶液变红，故A错误；
B、向KMnO4酸性溶液中通入乙烯，溶液褪色，乙烯发生氧化反应，故B错误；
C、铝在冷的浓硝酸中钝化，故C正确；
D、一种沉淀易转化为更难溶的沉淀，向AgCl悬浊液中滴入NaI溶液，出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D错误。
5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在的族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是（ ）
A. Y可以从溶液中置换出Z单质
B. Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应水化物两两之间可以反应
C. X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质
D. 单核离子半径：W＞Z＞Y＞X
【答案】B
【解析】
【分析】
X的L层电子数是K层的3倍，X是O元素；W所在的族序数是周期数的2倍，W是S元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y是Na元素、Z是Al元素。
【详解】A. Na与水发生剧烈反应，钠不能从溶液中置换出Al单质，故A错误；
B. 氢氧化铝具有两性，氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸两两之间可以反应，故B正确；
C. 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，H2SO3是弱电解质，故C错误 ；
D. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，单核离子半径：S2-＞O2-＞Na+＞Al3+，故D错误。
6.如图是一氧化碳－空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。下列叙述中，正确的是（ ）
A. a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应
B. a电极的电极反应式为CO＋4OH－＋2e－===CO32－＋2H2O
C. A处通入是空气，B处通入的是CO
D. 用该电池作电源精炼铜，若阴极质量增加6.4 g，至少消耗标准状况下的CO 2.24 L
【答案】D
【解析】
【分析】
一氧化碳－空气燃料电池，在碱性条件下的总反应是2CO＋O2+4OH-=2CO32－＋2H2O。
【详解】A. 电子由a极流出，a是负极，a电极CO失电子发生氧化反应，b电极氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B. a是负极，a电极CO失电子发生氧化反应，a电极的电极反应式为CO＋2OH－-2e－===CO32－＋H2O，故B错误；
C.a是负极，A处通入的是CO，b是正极，B处通入的是空气，故C错误；
D. 用该电池作电源精炼铜，若阴极质量增加6.4 g，则转移电子的物质的量是0.2mol，根据方程式CO＋2OH－-2e－===CO32－＋H2O可知至少消耗标准状况下的CO 2.24 L，故D正确。
【点睛】本题考查原电池原理，明确电子流向与正负极的关系是解本题关键，再结合转移电子守恒、反应类型等知识点分析解答，电极反应式要结合电解质溶液酸碱性书写。
7.20 ℃时向20 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是（ ）
A. a点：c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）
B. b点：c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－）
C. c点：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）
D. d点：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点滴入10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，所以c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），故A正确；
B. b点溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na＋）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－），故B正确；
C. c点表示等体积、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合，溶质是醋酸钠，根据电荷守恒c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）- c（Na＋），故C错误；
D. d点为醋酸钠、氢氧化钠的混合液，溶液呈碱性，根据电荷守c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋），故D正确；选C。
【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。
8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂。已知:K2FeO4易溶于水，其溶液呈紫色、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用下图装置制备并探究K2FeO4的性质。制备原理:3Cl2＋2Fe（OH）3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，装置如图所示（夹持装置略）。
（1）盛放二氧化锰的仪器名称___________________，装置C的作用是____________________。
（2）装置A 中反应的化学方程式是________________________________________。
（3）实验时采用冰水浴的原因是________________，此装置存在一处明显缺陷,请指出___________。
（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，一般用75％乙醇进行洗涤，其目的是_________。
（5）查阅资料知，K2FeO4能将 Mn2＋氧化成 MnO4－。该小组设计如下实验进行验证:
关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色。检验左侧烧杯溶液呈黄色的原因，需要的试剂是_______；写出上图中负极的电极反应式: _________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 吸收多余的氯气，防止污染环境 (3). MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). K2FeO4在0℃~5℃环境中稳定，防止副反应发生 (5). 缺少除Cl2中混有的HCI的装置 (6). 减少产品损失，易于干燥 (7). 硫氰酸钾溶液（KSCN溶液） (8). Mn2++4H2O-5e-=MnO4-+ 8H+
【解析】
【分析】
（1）根据装置图回答盛放二氧化锰的仪器名称；NaOH溶液能吸收多余的氯气；
（2）装置A 中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水；
（3）根据K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定回答；装置A制备的氯气中含有杂质氯化氢；
（4）根据K2FeO4易溶于水、难溶于无水乙醇分析；
（5）左烧杯溶液变黄色说明K2FeO4被还原为Fe3+；负极是Mn2+失电子被氧化为MnO4-。
【详解】（1）根据装置图，盛放二氧化锰的仪器名称是圆底烧瓶；NaOH溶液能吸收多余的氯气，所以装置C的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境。
（2）装置A 中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）K2FeO4在0℃~5℃环境中稳定，实验时采用冰水浴可以防止副反应发生。装置A制备的氯气中含有杂质氯化氢，此装置缺少除Cl2中混有的HCI的装置；
（4）K2FeO4易溶于水、难溶于无水乙醇，用75％乙醇进行洗涤，可以减少产品损失、易于干燥；
（5）左烧杯溶液变黄色说明K2FeO4被还原为Fe3+，Fe3+遇硫氰酸钾溶液变为血红色，检验左侧烧杯溶液呈黄色原因的试剂是硫氰酸钾溶液；负极是Mn2+失电子被氧化为MnO4-，负极反应式是Mn2++4H2O-5e-=MnO4-+ 8H+。
【点睛】本题考查实验制备方案、物质的分离提纯与操作的分析评价、原电池原理等，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用。
9.工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）制取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
（1）实验操作Ⅰ的名称为_________；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有________（填仪器名称）。
（2）滤液A中铁元素存在形式为________（填离子符号），生成该离子的离子方程式为__________，检验滤液A中存在该离子的试剂为_____________（填试剂名称）。
（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为___________
（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH－）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH＝________。
（5）利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是__________（填代号）。
a 电能全部转化为化学能
b 粗铜接电源正极，发生氧化反应
c 精铜作阴极，电解后电解液中Cu2＋浓度减小
d 粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系
【答案】 (1). 过滤 (2). 坩埚 (3). Fe2＋ (4). Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋ (5). 硫氰化钾溶液和新制氯水（或铁氰化钾） (6). 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 (7). 11 (8). bc
【解析】
【分析】
（1）实验操作Ⅰ是固体和液体分离；在坩埚中灼烧固体混合物；
（2）Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；Fe2＋遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后被氧化为Fe2＋，溶液变红。
（3）铝热反应用于焊接钢轨。
（4）NaAlO2水解促进水电离，NaOH抑制水电离。
（5）电解法精炼铜，粗铜做阳极、精铜做阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液。
【详解】（1）实验操作Ⅰ是固体和液体分离，实验操作Ⅰ的名称为过滤；在坩埚中灼烧固体混合物，所以灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚；
（2）Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以滤液A中铁元素的存在形式为Fe2＋，生成该离子的离子方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，Fe2＋遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后被氧化为Fe2＋，溶液变红，检验滤液A中存在该离子的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水；
（3）铝热反应用于焊接钢轨，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3。
（4）NaOH溶液中c（OH－）水＝c（H＋），NaAlO2溶液中c（OH－）水＝c（OH－），设溶液中的pH＝x，则NaAlO2溶液中c（OH－）水＝10x－14 mol·L－1，NaOH溶液中c（OH－）水＝10－x mol·L－1，则10x－14/10－x＝108，解得x＝11。
（5）a、电解法精炼铜，部分电能转化为热能，故a错误；
b、电解法精炼铜，粗铜做阳极，粗铜接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c、电解法精炼铜，精铜作阴极，阳极铜、铁、铝等金属失电子，阴极只有铜离子得电子，所以电解后电解液中Cu2＋浓度减小，故c正确；
d、粗铜精炼时，阴极只有铜离子得电子，所以通过的电量与阴极析出铜的量有确定关系，故d错误。
10.Ⅰ.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
已知：C（s）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
H2（g）＋ O2（g）===H2O（g） ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1
CO（g）＋O2（g）===CO2（g） ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
则煤气化主要反应C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）的ΔH＝____________________。
Ⅱ.为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1。
（1）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________（填曲线标记字母），其判断理由是____________。
（2）在一定温度下，向2.0 L固定容积的密闭容器中充入2 mol H2和1 mol CO，经过一段时间后，反应4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g）达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表：
时间/min
0
20
40
80
100
n（H2）/mol
2.0
1.4
0.85
0.4
—
n（CO）/mol
1.0
—
0.425
0.2
0.2
n（CH3OCH3）/mol
0
0.15
—
—
0.4
n（H2O）/mol
0
0.15
0.2875
0.4
0.4
①0～20 min的平均反应速率v（CO）＝__________________mol·L－1·min－1；
②达到平衡时，H2的转化率为__________________；
③在上述温度下，该反应的平衡常数K＝______________________；
④能表明该反应达到平衡状态的是________（填序号）；
A CO的转化率等于H2O的产率 B 混合气体的平均相对分子质量不变
C v（CO）与v（H2）的比值不变 D 混合气体的密度不变
⑤在上述温度下，向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3（g），则化学平衡________移动（填“向左”“向右”或“不”）。
【答案】 (1). ＋131.3 kJ·mol－1 (2). a (3). 正反应放热，温度升高平衡常数减小 (4). 0.0075 (5). 80% (6). 2500 (7). B (8). 向右
【解析】
【分析】
Ⅰ.根据盖斯定律计算；
Ⅱ. （1）4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1，升高温度平衡逆向移动；
（2）①v（CO）＝Δc（CO）/Δt；
②H2的平衡转化率=氢气浓度的变化量/初始量×100%；
③；
④根据平衡标志判断；
⑤根据Q与K的关系判断平衡移动方向。
【详解】Ⅰ.①C（s）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2（g）＋ O2（g）===H2O（g） ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1
③CO（g）＋O2（g）===CO2（g） ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
根据盖斯定律，①―②―③得C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）的ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
Ⅱ. （1）4H2（g）＋2CO（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1，升高温度平衡逆向移动，K值减小，能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a；
（2）①在0～20 min内Δn（CO）＝Δn（H2）/2＝0.5×（2.0 mol－1.4 mol）＝0.3 mol，v（CO）＝Δc（CO）/Δt＝0.15mol/L÷20 min＝0.0075 mol·L－1·min－1。
②平衡时，Δn（H2）＝2.0 mol－0.4 mol＝1.6 mol，则转化率α（H2）＝1.6mol/2mol×100%＝80%。
③根据化学反应：
4H2（g）＋2CO（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）
起始浓度（mol/L） 1.0 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.8 0.4 0.2 0.2
平衡浓度（mol/L） 0.2 0.1 0.2 0.2
K＝＝2500。
④A、CO的转化率和H2O的产率表示的都是正反应方向，不能说明v正＝v逆，A项错误；
B、混合气体的平均相对分子质量＝m/n，在反应过程中气体的总质量不变、总物质的量是变量，则平均相对分子质量是变量，若平均相对分子质量不变说明反应已达到平衡，B项正确；
C、v（CO）与v（H2）的比值不变，不能说明v正＝v逆，故不能表明该反应达到平衡状态，C项错误；
D、混合气体的密度ρ＝m/V，因为混合气体总质量不变，容器容积V不变，故密度始终不变，D项错误。
⑤Qc＝＝312.5＜2500，化学平衡向右移动。
11.人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、二氧化碳、青霉素、硝酸钾、乙醇、氨等“分子”改变过人类的世界。
（1）铁原子在基态时，外围电子排布式为__________________________。
（2）1 mol CO2分子中含有σ键的物质的量为_________________________。
（3）6－氨基青霉烷酸的结构如图所示：
①其中C、N、O电负性由小至大的顺序是_________________。
②其中碳原子的杂化类型是______________。
（4）硝酸钾中的空间构型为___________，写出的一种等电子体的化学式______________。
（5）乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是_____________。
（6）铁和氨气在640 ℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为____________，若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则该晶体的密度为_________g·cm－3。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）
【答案】 (1). 3d64s2 (2). 2 mol (3). C
【分析】
（1）铁是26号元素，铁原子在基态时的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）CO2分子结构式是O=C=O；
（3）①同周期元素从左到右电负性增大；
②单键碳原子的杂化轨道数是4、双键碳原子的杂化轨道数是3；
（4）硝酸根中N原子的杂化轨道数是，无孤电子对； 等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子；
（5）乙醇分子间存在氢键；
（6）根据均摊原则计算化学式；根据晶胞图，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞的面对角线为2acm，晶胞边长是。
【详解】（1）铁是26号元素，铁原子在基态时的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子（价电子）排布式为3d64s2；
（2）单键全是σ键、双键中有1个σ键和1个π键， CO2分子的结构式是O=C=O，所以1 mol CO2分子中含有σ键的物质的量为2 mol；
（3）①同周期元素从左到右电负性增大，所以C、N、O电负性由小至大的顺序是C
（4）硝酸根中N原子的杂化轨道数是，无孤电子对，所以硝酸根的空间构型为平面三角形；等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子，硝酸根的价电子数是24，BF3与NO3－互为等电子体；
（5）乙醇分子间存在氢键，氯乙烷分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比氯乙烷高。
（6）由题图知，该晶胞中含有的Fe原子的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，含有的N原子的个数为1，该晶体的化学式为Fe4N，该晶胞的质量为g，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞边长cm，故该晶体的密度为g·cm－3＝g·cm－3。
12.G是功能高分子材料。以甲苯为原料合成G的一种流程如下（部分条件和产物略去）。
回答下列问题：
（1）W中官能团名称是：_______________________；反应Ⅰ类型是_________________。
（2）反应Ⅱ的试剂和条件是____________、_______________；Z的名称是______________。
（3）写出F→G的化学方程式：_________________。
（4）T是E的同分异构体，T的苯环上有3个互不相同的取代基，T的结构有______种。
（5）W分子中最多有______个原子共平面。
（6）以乙醇为原料，经过三步合成正丁醇。参照上述流程图设计合成路线。___________
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 取代反应 (3). 氢氧化钠的水溶液 (4). 加热 (5). 苯甲醛 (6). (7). 10 (8). 18 (9).
【解析】
【分析】
甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成，所以X是；Y在铜做催化剂的条件下发生氧化反应生成，逆推可知Y是；与银氨溶液反应生成，E是；E与甲醇发生酯化反应生成酯F，F是，F发生加聚反应生成聚合物G，G是。
【详解】（1）W是，所含官能团名称是：碳碳双键、醛基；反应Ⅰ是甲苯与氯气在光照条件下反应生成，反应类型是取代反应。
（2）反应Ⅱ是发生取代反应生成，需要的试剂和条件是氢氧化钠的水溶液、加热；Z是，名称是苯甲醛。
（3）F，发生加聚反应生成，化学方程式：。
（4）T是E的同分异构体，T的苯环上有3个互不相同的取代基，3个取代基分别是：-OH、-CH=CH2、-CHO，故T的结构有10种。
（5）中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，所以分子中所有原子可能共面，最多有18个原子共平面。
（6）乙醇氧化为乙醛，2分子乙醛发生羟醛缩合反应生成CH3CH＝CHCHO，CH3CH＝CHCHO与氢气加成即生成正丁醇，合成路线是。
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