化学卷·2018届辽宁省盘锦高级中学高二上学期期末化学试卷（解析版）

化学卷·2018届辽宁省盘锦高级中学高二上学期期末化学试卷（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年辽宁省盘锦高级中学高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列有关有机化合物的组成、性质的说法，正确的（　　）‎ A．天然气、液化石油气的成分相同 B．葡萄糖、淀粉和乙酸乙酯在一定条件下都能发生水解反应 C．淀粉、蛋白质均属于高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物 D．石油的裂解是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化 ‎2．某有机物的结构为如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）‎ ‎①可以燃烧； ‎ ‎②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应； ‎ ‎④能发生酯化反应； ‎ ‎⑤能发生水解反应．‎ A．①④ B．只有⑤ C．②⑤ D．④⑤‎ ‎3．下列有关能量的判断或表示方法正确的是（　　）‎ A．从C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可知石墨比金刚石更稳定 B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 C．由H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎4．Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是（　　）‎ A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎5．向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（　　）‎ A．c（CO32﹣） B．c（Mg2+） C．c（H+） D．Ksp（MgCO3）‎ ‎6．下列叙述正确的是（　　）‎ A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）‎ B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关 C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生 D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小 ‎7．四联苯的一氯代物有（　　）‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ‎8．下列选用的仪器和药品能达到实验目的是（　　）‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ ‎ 饱和NaHSO3溶液 ‎ 制乙炔的发生装置 ‎ 蒸馏时的接收装置 ‎ 除去SO2中的少量HCl 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液 A．A B．B C．C D．D ‎9．下列说法是否正确（　　）‎ ‎①名称是1，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯 ‎②相对分子质量相同的两种有机物一定是同分异构体 ‎③烯烃各同系物中碳的质量分数都相等 ‎④从煤焦油中分离出苯、甲苯、二甲苯等有机物的过程为化学变化 ‎⑤在相同条件下，燃烧等质量的C2H4和苯，乙烯消耗O2的量多 ‎⑥苯乙炔中最多有6个原子在同一条直线上．‎ A．都不正确 B．③⑤⑥正确 C．②④⑥正确 D．①③⑥正确 ‎10．一定条件下，将1mol A和3mol B充入恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（s），下列不能说明该反应已经达到平衡状态的是（　　）‎ A．气体的密度不再改变 B．混合气体中A的体积分数不再变化 C．混合气体的总压不再变化 D．单位时间内生成a mol A，同时生成2a mol C ‎11．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（　　）‎ A．溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇；丙烯与水反应制丙醇 B．甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸 C．1﹣氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应制1，2﹣二溴丙烷 D．苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇；乙酸和乙醇制乙酸乙酯 ‎12．反应mA（s）+nB（g）⇌pC（g）△H＜0，在一定温度下，平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（　　）‎ ‎①m+n＞p　‎ ‎②x点表示的正反应速率大于逆反应速率　‎ ‎③n＞p　‎ ‎④x点比y点时的反应速率慢　‎ ‎⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大．‎ A．①②⑤ B．②④ C．①③ D．①③⑤‎ ‎13．提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（　　）‎ A．苯（甲苯）KMnO4（酸化），NaOH溶液分液 B．乙烷（乙烯）酸性KMnO4（溶液洗气 C．乙酸乙酯（乙酸）KOH溶液分液 D．苯（苯酚）浓Br2水过滤 ‎14．实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏 ②水洗 ③用干燥剂干燥 ④用10%的NaOH溶液洗．正确的操作顺序是（　　）‎ A．①②③④ B．④②③① C．②④③① D．④①②③‎ ‎15．下列实验操作不能达到实验目的是（　　）‎ 选项 实验目的 实验操作 A 证明乙烯有还原性 将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中 B 比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性 分别加入少量Na C 检验溴乙烷中的溴原子 加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO3溶液 D 鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇 核磁共振氢谱 A．A B．B C．C D．D ‎16．已知苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱．可以将 转变为 的方法是（　　）‎ ‎①与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2‎ ‎②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液 ‎③加热溶液，通入足量的SO2‎ ‎④与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3．‎ A．①② B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎17．一次性使用的聚苯乙烯材料带来的“白色污染”就是一种较为严重的污染现象，最近研制的一种新型材料 能代替聚苯乙烯．它是由乳酸聚合而成的．这种材料可以在乳酸菌作用下完全降解．下列关于聚乳酸的说法正确的是（　　）‎ A．聚乳酸是一种纯净物 B．聚乳酸的聚合方式与聚苯乙烯相似 C．聚乳酸的单体为CH3CH（OH）COOH D．聚乳酸的链节为n ‎18．已知相同温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（　　）‎ A．水的电离程度始终增大 B．c（NH4+）：c（NH3•H2O）始终减小 C．c（CH3COOH）与c（CH3COO‾）之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）‎ ‎19．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+‎ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 ‎20．下列相关实验能达到预期目的是（　　）‎ 相关实验 预期目的 A 相同温度下，将等质量的大理石块、大理石粉末分别加入等体积、等浓度的盐酸和醋酸中，观察气泡产生的快慢 验证固体接触面积对化学反应速率的影响 B 可逆反应FeCl3（aq）+3KSCN（aq）⇌Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）建立平衡后，在其它条件不变时，加入KCl固体，观察体系颜色的变化 验证浓度对化学平衡的影响 C 室温下，向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，再向沉淀中加入盐酸，沉淀部分溶解 验证BaSO4和BaCO3的Ksp的相对大小 D 相同温度下，两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中分别加入少量FeCl3固体和少量的MnO2固体 验证不同催化剂对H2O2分解速率的影响 A．A B．B C．C D．D ‎21．2016年8月5日在巴西里约召开的第31届奥运会，由于兴奋剂事件而使多名俄罗斯运动员遭到禁赛，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会公平、公正的重要举措之一．以下有两种兴奋剂的结构分别为：‎ 则关于以上两种兴奋剂的说法中不正确的是（　　）‎ A．利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应 B．1mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2‎ C．可用FeCl3溶液检测利尿酸中是否含有兴奋剂X D．1mol兴奋剂X最多都能和5molNaOH的溶液反应 ‎22．已知C8H11N的同分异构体中含有苯环的有很多种（不考虑立体异构），苯环上有一个侧链，二个侧链和三个侧链的种数分别是（　　）‎ A．5、9、6 B．4、9、6 C．3、9、7 D．5、9、10‎ ‎23．苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）‎ A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变 C．当pH为5.0时，饮料中=0.16‎ D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题12分，满分54分）‎ ‎24．表是A、B、C、D五中有机物质的相关信息：‎ A B ‎ C ‎ D ‎ E ‎①能使溴的四氯化碳溶液褪色；‎ ‎②比例模型为：‎ ‎③能与水在一定条件下反应生成C ‎①由C、H两种元素组成；‎ ‎②球棍模型为 ‎①由C、H、O三种元素组成；‎ ‎②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；‎ ‎③能与E反应生成相对分子质量为100的酯．‎ ‎①相对分子质量比C少2；‎ ‎②能由C氧化而成；‎ ‎①由C、H、O三种元素组成；‎ ‎②球棍模型为：‎ ‎（1）A与氢气发生加成反应后生成分子F，F在分子组成和结构上相似的有机物有一大类（俗称“同系物”），它们均符合通式CnH2n+2．当n=　　时，这类有机物开始出现同分异构体．‎ ‎（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式　　；该生成物在一定条件下可用于制取最简单的二元醇方程式为：　　．‎ ‎（3）B具有的性质是　　（填序号）：①无色无味液体、②有毒、③不溶于水、④密度比水大、⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色、⑥任何条件下不与氢气反应；写出在催化剂作用下，B与溴反应的化学方程式：　　．‎ ‎（4）C与E反应能生成酯，该反应类型为　　；其化学反应方程式为：　　．‎ ‎（5）D在一定条件下能发生银镜反应，其化学反应方程式：　　．‎ ‎25．氢气是21世纪的新型能源．制氢的方法之一是以煤的转化为基础，部分反应如下：‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1‎ CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）△H=﹣172kJ•mol﹣1‎ CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣187kJ•mol﹣1‎ ‎（1）写出CO与H2生成CH4和水蒸气的热化学方程式　　．‎ ‎（2）某温度下，在10L密闭容器中投入CO2、H2和CaO，仅发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）和CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）两个反应，部分物质的物质的量与时间的关系如表所示：‎ ‎ 物质 ‎ N（mol）‎ 时间（min）‎ CO2‎ H2‎ CaO ‎0‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎0.40‎ ‎2‎ ‎0.35‎ ‎0.60‎ a ‎6‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ b ‎8‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ b ‎①反应在0～2min内的平均反应速率v（H2）=　　‎ ‎②b=　　‎ ‎③反应到达平衡后，改变反应的某些条件，再次达到平衡时，不正确的是　　（填字母）‎ A．扩大容器体积c（H2）增大 B．升高温度，n（CO2）增大 C．充入少量H2，CaCO3质量减小 D．充入少量CO2，c（CH4）增大 ‎④此温度下，反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的化学平衡常数K=　　‎ ‎．若向10L容器中投入CO2、H2和CH4各0.1mol，H2O（g）xmol，要使v正（CO2）＞v逆（CO2），x的取值范围为　　‎ ‎（3）若以CH4、O2组成燃料电池，在酸性条件下负极电极反应式为．当两极消耗3.36L气体（标准状况）时，将产生的气体（假设全部逸出）通入50mL2mol•L﹣1 NaOH溶液中，下列说法正确的是　　‎ A．反应过程中共转移电子1.2mol ‎ B．所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液 C．c（Na+ ）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣ ）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） ‎ D．c（OH﹣）=2c（H2CO3）+c（HCO3﹣ ）+c（H+ ）‎ ‎26．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体Cox（NH3）y ClZ．为测定其组成，进行如下实验．‎ Ⅰ．氨的测定：精确称取wg样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．‎ 氨的测定装置（已省略加热和加持装置）‎ Ⅱ．氯的测定：另准确称取wg样品，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定．已知：AgCl为白色沉淀Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10；Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp（Ag2CrO4）=1.2×10﹣12；Ag2S为黑色沉淀，Ksp（Ag2S）=6.3×10﹣50．‎ Ⅲ．根据样品质量为wg即可确定样品中Co元素的质量，进而确定样品的化学组成．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验前，按图组装好装置后，如何检查该装置的气密性　　；‎ ‎（2）盛装10%NaOH溶液的仪器名称　　；‎ ‎（3）样品中氨的质量分数表达式为　　；‎ ‎（4）标准硝酸银溶液应装在棕色的　　式滴定管中；若滴定管未用标准液润洗，则测定Cl﹣的量　　‎ ‎．（填“偏大”“偏小”）‎ ‎（5）在测定氯的过程中，应选用　　（填“K2CO3”或“K2S”）为指示剂，判断达到测定终点时的操作和现象为　　．‎ ‎（6）当达到滴定终点时，若c（Ag+）=1.0×10﹣5 mol•L﹣1， =，（或=）　　（根据所选指示剂进行填空）‎ ‎27．合成新型高分子M的路线如图：‎ 为了测定上述转化流程中有机物H的结构，做如下实验：‎ ‎①将2.3g有机物H完全燃烧，生成0.1molCO2和2.7g水 ‎②H的质谱图和核磁共振氢谱图分别为图1和图2：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）有机物H中官能团的名称　　．‎ ‎（2）A的分子式是C7H8，反应①的化学方程式：　　．‎ ‎（3）E的分子式是C6H10O2，E的结构简式为　　．‎ ‎（4）试剂b是　　，反应④的反应类型是　　．‎ ‎（5）反应⑥的化学方程式：　　．‎ ‎（6）已知：‎ 以H为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省盘锦高级中学高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列有关有机化合物的组成、性质的说法，正确的（　　）‎ A．天然气、液化石油气的成分相同 B．葡萄糖、淀粉和乙酸乙酯在一定条件下都能发生水解反应 C．淀粉、蛋白质均属于高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物 D．石油的裂解是化学变化，而石油的分馏和煤的干馏都是物理变化 ‎【考点】IN：化石燃料与基本化工原料；I9：有机化学反应的综合应用；IM：煤的干馏和综合利用；L1：有机高分子化合物的结构和性质．‎ ‎【分析】A、天然气的成份是甲烷，液化石油气的主要成分是C3～C4烃类；‎ B、葡萄糖是单糖；‎ C、相对分子质量在几千以上的才能成为高分子化合物；‎ D、煤的干馏是化学变化．‎ ‎【解答】解：A、天然气的成份是甲烷，液化石油气的主要成分是C3～C4烃类，故A错误；‎ B、葡萄糖是单糖，而单糖是简单得不能水解的糖，故B错误；‎ C、相对分子质量在几千以上的才能成为高分子化合物，故淀粉、蛋白质均属于高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，故C正确；‎ D、煤的干馏是化学变化，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．某有机物的结构为如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）‎ ‎①可以燃烧； ‎ ‎②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应； ‎ ‎④能发生酯化反应； ‎ ‎⑤能发生水解反应．‎ A．①④ B．只有⑤ C．②⑤ D．④⑤‎ ‎【考点】HD：有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，可燃烧则①②正确；‎ 含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化等反应，则③④正确；‎ 不能发生水解反应，则⑤错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列有关能量的判断或表示方法正确的是（　　）‎ A．从C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可知石墨比金刚石更稳定 B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 C．由H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】BB：反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、根据吸热反应中，生成物的能量高，而物质能量越低，越稳定进行分析；‎ B、根据硫蒸气变化为硫固体放热，依据盖斯定律分析判断；‎ C、根据醋酸是弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；‎ D、根据反应热与物质的质量成正比来分析．‎ ‎【解答】解：A、从C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，反应吸热，说明石墨能量低于金刚石，可知石墨比金刚石更稳定，故A正确；‎ B、硫蒸气变化为硫固体放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，故B错误；‎ C、含1mol CH3COOH的溶液与含1mol ‎ NaOH的溶液混合，醋酸是弱电解质电离过程是吸热过程，反应放出热量小于57.3 kJ，故C错误；‎ D、2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，所以4g（2mol）H2完全燃烧生成液态水放出571.6kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2 H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是（　　）‎ A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】Mg﹣AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正确；‎ B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B错误；‎ C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；‎ D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（　　）‎ A．c（CO32﹣） B．c（Mg2+） C．c（H+） D．Ksp（MgCO3）‎ ‎【考点】GK：镁、铝的重要化合物；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32﹣+H+=HCO3﹣或CO32﹣+2H+=CO2+H2O，平衡正向移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸可与CO32﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，只有A正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列叙述正确的是（　　）‎ A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）‎ B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关 C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生 D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小 ‎【考点】BB：反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；‎ B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；‎ C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；‎ D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小．‎ ‎【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；‎ B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B错误；‎ C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C错误；‎ D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．四联苯的一氯代物有（　　）‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ‎【考点】I4：同分异构现象和同分异构体；H4：常见有机化合物的结构．‎ ‎【分析】根据“等效氢”的数目分析四联苯的一氯代物，有几种等效氢原子，就有几种一氯代物．‎ ‎【解答】解：‎ 共有18个位置的氢原子可以被取代，根据轴对称可知，1、9、10、18等效，2，8，11，17等效，3，7，12，16等效，4，6，13，15等效，5、14等效，因此四联苯的等效氢原子有5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列选用的仪器和药品能达到实验目的是（　　）‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ ‎ 饱和NaHSO3溶液 ‎ 制乙炔的发生装置 ‎ 蒸馏时的接收装置 ‎ 除去SO2中的少量HCl 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】U5：化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．水和碳化钙反应速率很快，长颈漏斗无法控制反应速率，该反应放出大量热，碳化钙和水反应生成微溶的氢氧化钙糊状物；‎ B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞；‎ C．HCl能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；‎ D．重铬酸钾具有强氧化性．‎ ‎【解答】解：A．反应大量放热．会损坏启普发生器；生成的氢氧化钙是糊状物．会堵塞反应容器，使水面难以升降；电石与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速；为了获得平稳的乙炔气流，可用饱和食盐水代替水，故A错误；‎ B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞，否则锥形瓶中气压过大会导致安全事故，故B错误；‎ C..HCl能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，从而除去HCl，故C正确；‎ D．重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法是否正确（　　）‎ ‎①名称是1，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯 ‎②相对分子质量相同的两种有机物一定是同分异构体 ‎③烯烃各同系物中碳的质量分数都相等 ‎④从煤焦油中分离出苯、甲苯、二甲苯等有机物的过程为化学变化 ‎⑤在相同条件下，燃烧等质量的C2H4和苯，乙烯消耗O2的量多 ‎⑥苯乙炔中最多有6个原子在同一条直线上．‎ A．都不正确 B．③⑤⑥正确 C．②④⑥正确 D．①③⑥正确 ‎【考点】H7：有机化合物命名．‎ ‎【分析】①物质为烯烃，选取含碳碳双键的最长碳链为主碳链，离双键近的一端为起点编号；‎ ‎②具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；‎ ‎③烯烃的组成通式为CnH2n，最简式为CH2；‎ ‎④化学变化的概念及煤焦油成分判断；‎ ‎⑤先计算乙烯和苯的物质的量，依据烃分子组成判断耗氧量，1molCxHy耗氧量为x+；‎ ‎⑥结合苯和乙炔分子结构判断共直线的原子．‎ ‎【解答】解：①物质为烯烃，选取含碳碳双键的最长碳链为主碳链，离双键近的一端为起点编号，名称为4﹣甲基﹣2﹣戊烯，故①错误；‎ ‎②相对分子质量相同的不同物质，不一定具有相同的分子式，如乙醇与甲酸，所以不一定互为同分异构体，故②错误；‎ ‎③烯烃的组成通式为CnH2n，最简式为CH2，各同系物中碳的质量分数都相等为，故③正确；‎ ‎④煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，从煤焦油中分离出苯、甲苯、二甲苯等有机物的过程为物理变化，不是化学变化，因没有新物质生成，故④错误；‎ ‎⑤在相同条件下，燃烧等质量的C2H4和苯，乙烯消耗O2的量=×（2+）mol=mol，苯耗氧量=（6+）=mol，在相同条件下，燃烧等质量的C2H4和苯，乙烯消耗O2的量多，故⑤正确；‎ ‎⑥苯乙炔中最多有6个原子在同一条直线上，故⑥正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．一定条件下，将1mol A和3mol B充入恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（s），下列不能说明该反应已经达到平衡状态的是（　　）‎ A．气体的密度不再改变 B．混合气体中A的体积分数不再变化 C．混合气体的总压不再变化 D．单位时间内生成a mol A，同时生成2a mol C ‎【考点】CB：化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断．‎ ‎【解答】解：A、反应前后气体质量减小，容器体积不变，气体密度减小，密度不变说明反应达到平衡状态，故A不选；‎ B、起始量和反应比相同，反应生成C为固体，所以反应过程中和平衡状态下A体积分数不变，不能说明平衡状态，故B选；‎ C、反应前后气体体积减小，压强不变，说明反应达到平衡状态，故C不选；‎ D、单位时间内生成a mol A，同时生成2a mol C，能说明反应正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（　　）‎ A．溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇；丙烯与水反应制丙醇 B．甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸 C．1﹣氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应制1，2﹣二溴丙烷 D．苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇；乙酸和乙醇制乙酸乙酯 ‎【考点】HD：有机物的结构和性质；I9：有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】A．溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇，为水解反应；丙烯与水反应制丙醇，为加成反应；‎ B．甲苯硝化制对硝基甲苯，为取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸，为氧化反应；‎ C.1﹣氯环己烷制环己烯，为消去反应；丙烯与溴反应制1，2﹣二溴丙烷，为加成反应；‎ D．苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，为水解反应；乙酸和乙醇制乙酸乙酯，为酯化反应．‎ ‎【解答】解：A．溴丙烷和氢氧化钠溶液反应制丙醇，为水解反应；丙烯与水反应制丙醇，为加成反应，反应类型不同，故A不选；‎ B．甲苯硝化制对硝基甲苯，为取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸，为氧化反应，反应类型不同，故B不选；‎ C.1﹣氯环己烷制环己烯，为消去反应；丙烯与溴反应制1，2﹣二溴丙烷，为加成反应，反应类型不同，故C不选；‎ D．苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，为水解反应；乙酸和乙醇制乙酸乙酯，为酯化反应，水解反应与酯化反应均属于取代反应，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．反应mA（s）+nB（g）⇌pC（g）△H＜0，在一定温度下，平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（　　）‎ ‎①m+n＞p　‎ ‎②x点表示的正反应速率大于逆反应速率　‎ ‎③n＞p　‎ ‎④x点比y点时的反应速率慢　‎ ‎⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大．‎ A．①②⑤ B．②④ C．①③ D．①③⑤‎ ‎【考点】CJ：产物百分含量与压强的关系曲线．‎ ‎【分析】由图象可以看出，增大压强，B%增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，注意A为固体的特征．在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，据此解答．‎ ‎【解答】解：①由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，m+n与p关系不能确定，故错误，‎ ‎②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故正确，‎ ‎③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，故错误；　‎ ‎④‎ 由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故正确；　‎ ‎⑤正反应为放热反应，若升高温度，平衡逆移，该反应的平衡常数减小，故错误；所以正确的有②④；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（　　）‎ A．苯（甲苯）KMnO4（酸化），NaOH溶液分液 B．乙烷（乙烯）酸性KMnO4（溶液洗气 C．乙酸乙酯（乙酸）KOH溶液分液 D．苯（苯酚）浓Br2水过滤 ‎【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层；‎ B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；‎ C．二者均与KOH反应；‎ D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯．‎ ‎【解答】解：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层，然后分液可分离，故A正确；‎ B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故B错误；‎ C．二者均与KOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；‎ D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯，不能除杂，应选NaOH、分液，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏 ②水洗 ③用干燥剂干燥 ④用10%的NaOH溶液洗．正确的操作顺序是（　　）‎ A．①②③④ B．④②③① C．②④③① D．④①②③‎ ‎【考点】OC：化学实验操作的先后顺序．‎ ‎【分析】根据粗苯中的成分及各试剂的作用分析，可溶性的物质易溶于水，所以用水洗涤易溶于水的物质；溴和氢氧化钠能反应所以可用氢氧化钠除去溴；干燥剂能吸收水分，利用物质沸点的不同可分离沸点不同的物质，据此分析．‎ ‎【解答】解：该反应中，铁和溴能反应生成溴化铁，溴化铁作催化剂且易溶于水，所以混合物中含溴化铁；苯和溴不可能完全反应，混合物中含有溴和苯；制取溴苯的同时还有溴化氢生成，所以混合物的成分有：溴化铁、溴、苯、溴苯、溴化氢．‎ 所以操作顺序如下：a、HBr、溴化铁易溶于水而其它物质不易溶于水，所以先水洗洗去氢溴酸和溴化铁；‎ b、溴和氢氧化钠反应，所以用氢氧化钠洗去溴单质，残留部分氢氧化钠，氢氧化钠能溶于水而其他物质不溶于水，所以用水洗去多余的氢氧化钠；‎ c、用水洗涤后会残留部分水分，所以用干燥剂除去多余的水；‎ d、两者沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．下列实验操作不能达到实验目的是（　　）‎ 选项 实验目的 实验操作 A 证明乙烯有还原性 将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中 B 比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性 分别加入少量Na C 检验溴乙烷中的溴原子 加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO3溶液 D 鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇 核磁共振氢谱 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】U5：化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ B．Na与水反应剧烈；‎ C．酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应；‎ D..1﹣丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2﹣丙醇含有3种不同环境的氢原子．‎ ‎【解答】解：A．乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能实现实验目的，故A不选；‎ B．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故B不选；‎ C．酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应，所以在做溴离子的检验中要首先中和碱，故C选；‎ D.1﹣丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2﹣丙醇含有3种不同环境的氢原子，故可用核磁共振氢谱鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．已知苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱．可以将 转变为 的方法是（　　）‎ ‎①与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2‎ ‎②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液 ‎③加热溶液，通入足量的SO2‎ ‎④与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3．‎ A．①② B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】HC：有机物的合成．‎ ‎【分析】因羧酸、酚羟基均与碱反应生成盐，则将转变为，可选择与碱反应，然后利用碳酸酸性大于苯酚酸性，再通入二氧化碳即可；或先加稀硫酸水解后，利用苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，再与NaHCO3反应即可，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①与足量的NaOH溶液共热，羧基与NaOH反应，酯基水解生成苯酚结构与NaOH反应生成苯酚钠，再通入CO2，与苯酚钠结构反应生成产物，故①正确；‎ ‎②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液，苯酚结构能与NaOH反应，则不能得到产物，故②错误；‎ ‎③加热溶液，通入足量的SO2，不能得到羧酸钠结构，故③错误；‎ ‎④与稀H2SO4共热后，酯基水解生成苯酚结构，加入足量的NaHCO3，羧基与NaHCO3反应得到产物，故④正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．一次性使用的聚苯乙烯材料带来的“白色污染”就是一种较为严重的污染现象，最近研制的一种新型材料 ‎ ‎ 能代替聚苯乙烯．它是由乳酸聚合而成的．这种材料可以在乳酸菌作用下完全降解．下列关于聚乳酸的说法正确的是（　　）‎ A．聚乳酸是一种纯净物 B．聚乳酸的聚合方式与聚苯乙烯相似 C．聚乳酸的单体为CH3CH（OH）COOH D．聚乳酸的链节为n ‎【考点】L1：有机高分子化合物的结构和性质．‎ ‎【分析】乳酸为CH3﹣CH（OH）﹣COOH，含有羟基、羧基，发生缩聚反应生成，为聚乳酸，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．从聚乳酸结构可知，聚乳酸是高分子化合物，因高分子化合物中的n值不定，故其为混合物，故A错误；‎ B．根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，聚苯乙烯是由单体：CH2=CH﹣C6H5碳碳双键加聚而成，故B错误；‎ C．为聚乳酸的单体，故C正确；‎ D．的聚合度为n，链节为重复出现的结构单元，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．已知相同温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（　　）‎ A．水的电离程度始终增大 B．c（NH4+）：c（NH3•H2O）始终减小 C．c（CH3COOH）与c（CH3COO‾）之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）‎ ‎【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；‎ B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；‎ C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；‎ D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．‎ ‎【解答】解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；‎ B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，所以始终减小，故B正确；‎ C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；‎ D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+‎ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；‎ B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；‎ C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；‎ D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．‎ ‎【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；‎ B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；‎ C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；‎ D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．下列相关实验能达到预期目的是（　　）‎ 相关实验 预期目的 A 相同温度下，将等质量的大理石块、大理石粉末分别加入等体积、等浓度的盐酸和醋酸中，观察气泡产生的快慢 验证固体接触面积对化学反应速率的影响 B 可逆反应FeCl3（aq）+3KSCN（aq）⇌Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）建立平衡后，在其它条件不变时，加入KCl固体，观察体系颜色的变化 验证浓度对化学平衡的影响 C 室温下，向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，再向沉淀中加入盐酸，沉淀部分溶解 验证BaSO4和BaCO3的Ksp的相对大小 D 相同温度下，两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中分别加入少量FeCl3固体和少量的MnO2固体 验证不同催化剂对H2O2分解速率的影响 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】U5：化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氢离子的浓度影响化学反应速率； ‎ B．加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN﹣浓度不变；‎ C．沉淀形成与离子浓度大小有关；‎ D．催化剂对化学反应速率有影响．‎ ‎【解答】解：A．氢离子的浓度影响化学反应速率，应都用同浓度的盐酸，故A错误； ‎ B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN﹣浓度不变，平衡不动，故B错误；‎ C．BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度大，不一定发生沉淀转化，故C错误；‎ D．两支试管中装有等体积、等浓度H2O2溶液，分别加入少量FeCl3固体和少量的MnO2固体，氯化铁、MnO2能改变化学反应速率，能达到实验目的，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎21．2016年8月5日在巴西里约召开的第31届奥运会，由于兴奋剂事件而使多名俄罗斯运动员遭到禁赛，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会公平、公正的重要举措之一．以下有两种兴奋剂的结构分别为：‎ 则关于以上两种兴奋剂的说法中不正确的是（　　）‎ A．利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应 B．1mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2‎ C．可用FeCl3溶液检测利尿酸中是否含有兴奋剂X D．1mol兴奋剂X最多都能和5molNaOH的溶液反应 ‎【考点】HD：有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】A．利尿酸含﹣COOH、碳碳双键等；‎ B．兴奋剂X中碳碳双键、酚﹣OH的邻对位与溴水反应；‎ C．利尿酸不含酚﹣OH，而兴奋剂X含酚﹣OH；‎ D．兴奋剂X中3个酚﹣OH及﹣Cl水解生成的酚﹣OH、HCl均与NaOH反应．‎ ‎【解答】解：A．利尿酸含﹣COOH可发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键、羰基、苯环均可发生加成反应，故A正确；‎ B．兴奋剂X中碳碳双键、酚﹣OH的邻对位与溴水反应，则1mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4molBr2，故B错误；‎ C．利尿酸不含酚﹣OH，而兴奋剂X含酚﹣OH，则FeCl3溶液可检测利尿酸中是否含有兴奋剂X，故C正确；‎ D．兴奋剂X中3个酚﹣OH及﹣Cl水解生成的酚﹣OH、HCl均与NaOH反应，则1mol兴奋剂X最多都能和5molNaOH的溶液反应，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．已知C8H11N的同分异构体中含有苯环的有很多种（不考虑立体异构），苯环上有一个侧链，二个侧链和三个侧链的种数分别是（　　）‎ A．5、9、6 B．4、9、6 C．3、9、7 D．5、9、10‎ ‎【考点】H6：有机化合物的异构现象．‎ ‎【分析】苯环上有一个侧链，乙苯侧键是碳碳键之间插﹣NH﹣，有两种位置，得到两种结构，在碳氢单键之间插﹣NH﹣，也有两种位置，氮原子与苯环相连且氮原子连有两个甲基为一种，所以苯环上有一个侧链的结构有5种，若苯环含有2个侧链，有邻，间，对三种取代，苯环上的取代基可以是氨基与乙基、甲基与甲氨基、甲基与氨甲基，故苯环上2个取代基时共9种，若苯环进行3取代，取代基为2个甲基和氨基，有6种产物．‎ ‎【解答】解：苯环上有一个侧链，乙苯侧键是碳碳键之间插﹣NH﹣，有两种位置，得到两种结构，在碳氢单键之间插﹣NH﹣，也有两种位置，氮原子与苯环相连且氮原子连有两个甲基为一种，故苯环上有1个侧链的结构有5种；‎ 若苯环含有2个侧链，有邻，间，对三种取代，苯环上的取代基可以是氨基与乙基、甲基与甲氨基、甲基与氨甲基，故苯环上有2个侧链的结构有9种；‎ 若苯环含有3个侧链，取代基是﹣CH3、﹣CH3、﹣NH2，两个取代基分为邻、间、对3种结构，‎ 邻二甲苯苯环上氢原子有2种，若连接一个氨基，有2种异构体，‎ 间二甲苯苯环上氢原子有3种，若连接一个氨基，有3种异构体，‎ 对二甲苯苯环上氢原子有1种，若连接一个氨基，有1种异构体，故苯环上有3个侧链的结构有6种；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎23．苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）‎ A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变 C．当pH为5.0时，饮料中=0.16‎ D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）‎ ‎【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；‎ B．酸性增强，溶液中c（A﹣）减小；‎ C． =；‎ D．根据质子守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；‎ B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故B错误；‎ C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；‎ D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题12分，满分54分）‎ ‎24．表是A、B、C、D五中有机物质的相关信息：‎ A B ‎ C ‎ D ‎ E ‎①能使溴的四氯化碳溶液褪色；‎ ‎②比例模型为：‎ ‎③能与水在一定条件下反应生成C ‎①由C、H两种元素组成；‎ ‎②球棍模型为 ‎①由C、H、O三种元素组成；‎ ‎②‎ ‎①相对分子质量比C少2；‎ ‎②‎ ‎①由C、H、O三种元素组成；‎ ‎②球棍模型为：‎ 能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；‎ ‎③能与E反应生成相对分子质量为100的酯．‎ 能由C氧化而成；‎ ‎（1）A与氢气发生加成反应后生成分子F，F在分子组成和结构上相似的有机物有一大类（俗称“同系物”），它们均符合通式CnH2n+2．当n=　4　时，这类有机物开始出现同分异构体．‎ ‎（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式　CH2BrCH2Br　；该生成物在一定条件下可用于制取最简单的二元醇方程式为：　CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr　．‎ ‎（3）B具有的性质是　②③　（填序号）：①无色无味液体、②有毒、③不溶于水、④密度比水大、⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色、⑥任何条件下不与氢气反应；写出在催化剂作用下，B与溴反应的化学方程式：　+Br2+HBr　．‎ ‎（4）C与E反应能生成酯，该反应类型为　取代反应　；其化学反应方程式为：　CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOOCH2CH3+H2O　．‎ ‎（5）D在一定条件下能发生银镜反应，其化学反应方程式：　CH3CHO+2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O　．‎ ‎【考点】HB：有机物的推断．‎ ‎【分析】A使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合其比例模型可知，A为CH2=CH2，A能与水在一定条件下反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，故C为CH3CH2OH，根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯．结构简式为；D由C氧化生成，相对分子质量比物质C小2，所以D是CH3CHO；E由C、H、O三种元素组成，由模型可知，E含有羧基和碳碳双键，可知E为CH2=CHCOOH，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）A与氢气发生加成反应后生成物质F为乙烷，烷烃符合通式CnH2n+2，当烷烃中碳原子数目为4时开始出现同分异构体，故答案为：4；‎ ‎（2）乙烯和溴能发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，结构简式为CH2BrCH2Br，在一定条件下可用于制取最简单的二元醇方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故答案为：CH2BrCH2Br；CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr；‎ ‎（3）乙烯是无色无味有毒的气体，密度小于水，含有碳碳双键，能和溴发生加成反应、能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，在一定条件下能和氢气发生加成反应，苯与溴发生反应的化学方程式为+Br2+HBr，‎ 故答案为：②③； +Br2+HBr；‎ ‎（4）C与E反应的反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOOCH2CH3+H2O，反应类型为取代反应，‎ 故答案为：取代反应；CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOOCH2CH3+H2O；‎ ‎（5）乙醛发生银镜反应生成Ag、氨气和乙酸铵，反应方程式为CH3CHO+2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，‎ 故答案为：CH3CHO+2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O．‎ ‎　‎ ‎25．氢气是21世纪的新型能源．制氢的方法之一是以煤的转化为基础，部分反应如下：‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1‎ CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）△H=﹣172kJ•mol﹣1‎ CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣187kJ•mol﹣1‎ ‎（1）写出CO与H2生成CH4和水蒸气的热化学方程式　CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣228kJ•mol﹣1　．‎ ‎（2）某温度下，在10L密闭容器中投入CO2、H2和CaO，仅发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）和CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）两个反应，部分物质的物质的量与时间的关系如表所示：‎ ‎ 物质 ‎ N（mol）‎ 时间（min）‎ CO2‎ H2‎ CaO ‎0‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎0.40‎ ‎2‎ ‎0.35‎ ‎0.60‎ a ‎6‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ b ‎8‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ b ‎①反应在0～2min内的平均反应速率v（H2）=　0.02mol/L．min　‎ ‎②b=　0.10　‎ ‎③反应到达平衡后，改变反应的某些条件，再次达到平衡时，不正确的是　AC　（填字母）‎ A．扩大容器体积c（H2）增大 B．升高温度，n（CO2）增大 C．充入少量H2，CaCO3质量减小 D．充入少量CO2，c（CH4）增大 ‎④此温度下，反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的化学平衡常数K=　　．若向10L容器中投入CO2、H2和CH4各0.1mol，H2O（g）xmol，要使v正（CO2）＞v逆（CO2），x的取值范围为　0＜x　‎ ‎（3）若以CH4、O2组成燃料电池，在酸性条件下负极电极反应式为．当两极消耗3.36L气体（标准状况）时，将产生的气体（假设全部逸出）通入50mL2mol•L﹣1 NaOH溶液中，下列说法正确的是　CD　‎ A．反应过程中共转移电子1.2mol ‎ B．所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液 C．c（Na+ ）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣ ）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） ‎ D．c（OH﹣）=2c（H2CO3）+c（HCO3﹣ ）+c（H+ ）‎ ‎【考点】BE：热化学方程式；BH：原电池和电解池的工作原理；CP：化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣187kJ•mol﹣1，①+②得CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣228kJ•mol﹣1据此进行分析；‎ ‎（2）①据v=进行计算；‎ ‎②CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）据此方程式，则CaO（s）和CO2（g）前系数都为1，0﹣6min内CO2（g）的物质的量变化了0.30mol，则CaO（s）的物质的量变化也为0.30mol，据此进行分析；‎ ‎③A．扩大容器体积，相当于减小压强，向气体体积增大的方向进行，故向逆向进行则n（H2）增大，但是得不偿失，c（H2）减小； ‎ B．升高温度，向吸热方向进行，故向逆反应方向进行，则n（CO2）增大；‎ C．充入少量H2，使体系压强增大，向气体体积减小的方向进行，故向正反应方向进行；‎ D．充入少量CO2，使体系压强增大，向气体体积减小的方向进行，故向正反应方向进行，故c（CH4）增大；‎ ‎④据k=此进行计算；求出QC并确定想的范围；‎ ‎（3）甲烷燃料电池，总的电极反应方程式为CH4+3O2═CO2+2H2O，‎ A．CH4+2O2═CO2+2H2O～8mole﹣‎ ‎ 22.4×3 8‎ ‎ 3.36 0.4，故反应过程中共转移电子0.4mol；‎ B．CH4+2O2═CO2+2H2O～8mole﹣‎ ‎ 22.4×3 1‎ ‎ 3.36 0.05，则n（CO2）=0.05mol，n（NaOH）=0.05L×2mol•L﹣1=0.1mol，据此确定溶液成分；‎ C．在一定条件下Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液显碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；‎ D．根据物料守恒得2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=c（Na+），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+ ）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣ ）+2c（CO32﹣），据此进行分析．‎ ‎【解答】解：（1）①CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣187kJ•mol﹣1，①+②得CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣228kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H=﹣228kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）①v（H2）===0.02mol/L．min，‎ 故答案为：0.02mol/L．min；‎ ‎②CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）据此方程式，则CaO（s）和CO2（g）前系数都为1，0﹣6min内CO2（g）的物质的量变化了0.30mol，则CaO（s）的物质的量变化也为0.30mol，故b=0.40mol﹣0.30mol=0.10mol，‎ 故答案为：0.10；‎ ‎③A．扩大容器体积，相当于减小压强，向气体体积增大的方向进行，故向逆向进行则n（H2）增大，但是得不偿失，c（H2）减小，故A错误；‎ B．升高温度，向吸热方向进行，故向逆反应方向进行，则n（CO2）增大，故B正确；‎ C．充入少量H2，使体系压强增大，向气体体积减小的方向进行，故向正反应方向进行，则CaCO3质量增加，故C 错误；‎ D．充入少量CO2，使体系压强增大，向气体体积减小的方向进行，故向正反应方向进行，故c（CH4）增大，故D正确；‎ 故答案为：AC；‎ ‎④CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）‎ 开始（c） 0.05 0.1 0 0‎ 变化 0.02 0.08 0.02 0.04 ‎ 平衡 0.03 0.02 0.02 0.04‎ 故化学平衡常数k===；要使v正（CO2）＞v逆（CO2），则反应向正反应方向进行QC=，故0＜x，‎ 故答案为：；0＜x；‎ ‎（3）甲烷燃料电池，总的电极反应方程式为CH4+3O2═CO2+2H2O，‎ A．CH4+2O2═CO2+2H2O～8mole﹣‎ ‎ 22.4×3 8‎ ‎ 3.36 0.4，故反应过程中共转移电子0.4mol，故A错误；‎ B．CH4+2O2═CO2+2H2O～8mole﹣‎ ‎ 22.4×3 1‎ ‎ 3.36 0.05，则n（CO2）=0.05mol，n（NaOH）=0.05L×2mol•L﹣1=0.1mol，故n（NaOH）：n（CO2）=2：1，‎ ‎2 NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，由方程式得，n（NaOH）：n（CO2）=2：1，故溶液为Na2CO3，故B错误；‎ C．在一定条件下Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液显碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故C正确；‎ D．根据物料守恒得2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=c（Na+）①，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+ ）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣ ）+2c（CO32﹣）②，由①②整理得，c（OH﹣）=2c（H2CO3）+c（HCO3﹣ ）+c（H+ ），故D正确；‎ 故答案为：CD．‎ ‎　‎ ‎26．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体Cox（NH3）y ClZ．为测定其组成，进行如下实验．‎ Ⅰ．氨的测定：精确称取wg样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液．‎ 氨的测定装置（已省略加热和加持装置）‎ Ⅱ．氯的测定：另准确称取wg样品，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定．已知：AgCl为白色沉淀Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10；Ag2CrO4为砖红色沉淀，Ksp（Ag2CrO4）=1.2×10﹣12；Ag2S为黑色沉淀，Ksp（Ag2S）=6.3×10﹣50．‎ Ⅲ．根据样品质量为wg即可确定样品中Co元素的质量，进而确定样品的化学组成．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验前，按图组装好装置后，如何检查该装置的气密性　在连接好装置后，将导管一端伸入水中，用手捂住A中的烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好　；‎ ‎（2）盛装10%NaOH溶液的仪器名称　分液漏斗　；‎ ‎（3）样品中氨的质量分数表达式为　　；‎ ‎（4）标准硝酸银溶液应装在棕色的　酸　式滴定管中；若滴定管未用标准液润洗，则测定Cl﹣的量　偏大　‎ ‎．（填“偏大”“偏小”）‎ ‎（5）在测定氯的过程中，应选用　K2S　（填“K2CO3”或“K2S”）为指示剂，判断达到测定终点时的操作和现象为　滴入最后一滴标准溶液，生成黑色沉淀，且30s 不复原　．‎ ‎（6）当达到滴定终点时，若c（Ag+）=1.0×10﹣5 mol•L﹣1， =，（或 ‎=）　2.86×1034　（根据所选指示剂进行填空）‎ ‎【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，简述出检查装置气密性的这个操作过程即可解答；‎ ‎（2）由仪器结构特征，可知盛装10%NaOH溶液的仪器名称；‎ ‎（3）根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；‎ ‎（4）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；根据n（Cl﹣）=c（AgNO3）•V（AgNO3）分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断Cl﹣的量的误差；‎ ‎（5）K2S为指示剂，Ag2S为砖红色，用标准硝酸银滴定待测液，滴定终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，生成黑色沉淀，且30s 不复原；‎ ‎（6）根据离子积常数和c（Ag+）=1.0×10﹣5 mol•L﹣1计算．‎ ‎【解答】解：（1）实验前，按图组装好装置后，将导管末端伸入水中，用手捂住A中的烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好．‎ 故答案为：在连接好装置后，将导管一端伸入水中，用手捂住A中的烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好；‎ ‎（2）由仪器结构特征，可知盛装10%NaOH溶液的仪器为分液漏斗，‎ 故答案为：分液漏斗；‎ ‎（3）与氨气反应的n（HCl）=10﹣3V1L×c1mol•L﹣1﹣c2mol•L﹣1 ×10﹣3V2L=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，氨的质量分数=×100%，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以盛标准溶液盐酸的仪器为酸式滴定管，装标准液的滴定管未用标准液润洗，浓度减小，造成V（AgNO3）偏大，根据n（Cl﹣）=c（AgNO3）•V（AgNO3）分析，可知Cl﹣的量偏大，‎ 故答案为：酸式滴定管；偏大；‎ ‎（5）滴定终点的现象是滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现黑色铬酸银沉淀，且30s 不复原；‎ 故答案为：滴入最后一滴标准溶液，生成黑色沉淀，且30s 不复原；‎ ‎（6）c（Cl﹣）===1.8×10﹣5，c（S2﹣）===6.3×10﹣40， ==2.86×1034，‎ 故答案为：2.86×1034‎ ‎　‎ ‎27．合成新型高分子M的路线如图：‎ 为了测定上述转化流程中有机物H的结构，做如下实验：‎ ‎①将2.3g有机物H完全燃烧，生成0.1molCO2和2.7g水 ‎②H的质谱图和核磁共振氢谱图分别为图1和图2：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）有机物H中官能团的名称　羟基　．‎ ‎（2）A的分子式是C7H8，反应①的化学方程式：　+HO﹣NO2+H2O　．‎ ‎（3）E的分子式是C6H10O2，E的结构简式为　CH3CH=CHCOOCH2CH3　．‎ ‎（4）试剂b是　NaOH水溶液、加热　，反应④的反应类型是　加聚反应　．‎ ‎（5）反应⑥的化学方程式：　n++nH2O　．‎ ‎（6）已知：‎ 以H为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）　‎ ‎　．‎ ‎【考点】HC：有机物的合成．‎ ‎【分析】结合P的结构简式，结合碳链骨架可知，A是甲苯，其结构简式是，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，由实验及图可知，H的M=46g/mol，结构中含3种H原子， =0.5molH完全燃烧，生成0.1molCO2和=0.15molH2O，则1molH含2molC、6molH，结合M可知，H为CH3CH2OH，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）由上述分析可知，有机物H为乙醇，官能团的名称羟基，故答案为：羟基；‎ ‎（2）A的分子式是C7H8，反应①为甲苯的硝化反应，化学方程式为+HO﹣NO2+H2O，‎ 故答案为： +HO﹣NO2+H2O；‎ ‎（3）E的分子式是C6H10O2，E的结构简式为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；‎ ‎（4）C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，试剂b是NaOH水溶液、加热，反应④为E→F，反应类型是加聚反应，‎ 故答案为：NaOH水溶液、加热；加聚反应；‎ ‎（5）反应⑥的化学方程式为n++nH2O，‎ 故答案为：n++nH2O；‎ ‎（6）E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，则需要合成CH3CH=CHCOOH和CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化生成CH3CHO，CH3CHO发生信息反应再消去即可生成CH3CH=CHCOOH，所以合成流程图为（第三、四步顺序可调换），‎ 故答案为：‎ ‎．‎