陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高二化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

长安一中2021～2022学年度第二学期期末考试高二化学试题总分：100分时间：100分钟I卷相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Co-59Cu-64Ba-137选择题(2分/题，共40分，每题仅有一个正确选项)1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.HB铅笔芯的主要成分为石墨B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物D.漂白粉与洁厕灵可混合使用以提高消毒效果【答案】A【解析】【详解】A．HB铅笔芯的主要成分为石墨，A正确；B．温室气体是CO2，而形成酸雨的主要物质是氮、硫元素形成的氧化物，B错误；C．棉花、麻属于天然纤维，属于碳水化合物，而蚕丝主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，C错误；D．漂白粉主要成分为次氯酸钙，洁厕灵主要成分为盐酸，二者混合使用会产生有毒的氯气，故不可混合使用，D错误；故答案为A。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2分子数目为1.4NAB.常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.1NAC.100克46℅乙醇(C2H6O)水溶液中含有的氧原子数为4NAD.电解CuCl2溶液时，若阴极增重6.4g，则溶液中通过的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．苯甲酸的分子式为C7H6O2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成1.4molCO2，分子数目为1.4NA，故A正确；B．pH=13时，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L1L=0.1mol，则OH-数目为0.1NA，故B正确； C．该乙醇溶液中含有乙醇(C2H6O)的物质的量为=1mol，含有水(H2O)的物质的量为=3mol，所以含有的氧原子的物质的量为4mol，则含有的氧原子数为4NA，故C正确；D．阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，已知阴极增重6.4g，则n(Cu)==0.1mol，所以外电路通过的电子数为0.2NA，但电子不能通过溶液，故D错误；答案选D3.下列“类比”合理的是A.NaH与盐酸反应生成NaCl和H2，则NH5与盐酸反应生成NH4Cl和H2B.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O(g)反应生成Fe(OH)3和H2C.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O，则氨水与少量AgNO3溶液反应也生成Ag2OD.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO【答案】A【解析】【详解】A．NaH是由Na+离子与H—离子形成的离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和H2，NH5是由NH离子与H—离子形成的结构与NaH类似的离子化合物，所以也能与盐酸反应生成NH4Cl和H2，故A正确；B．加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C．氨水与少量硝酸银溶液反应生成配合物氢氧化二氨合银，不能生成氧化银，故C错误；D．二氧化硫具有还原性，与少量次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，故D错误；故选A。4.已知某溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-且物质的量浓度相同。某同学欲探究该溶液的组成，进行了如下实验：Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰；Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；Ⅲ.取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红。下列说法正确的是 A.原溶液由K+、Fe2+、NO、I-、SO五种离子组成B.原溶液中一定含有Mg2+、Cl-C.步骤Ⅱ中无色气体可能含有CO2，原溶液中可能含有COD.原溶液中肯定不含Mg2+、SiO【答案】B【解析】【分析】溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-进行了如下实验：Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰，说明一定含K+；Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，说明溶液中一定含还原性离子(Fe2+、I-中至少一种)和NO，一定不含SiO；Ⅲ..取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，说明Ⅱ中有I2生成，原溶液一定含I-，则一定不含Fe3+；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，说明Ⅱ所得溶液含Fe3+和SO，则一定不含CO；由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO，一定不含CO、Fe3+、SiO，原溶液中各离子的物质的量浓度相同，设各离子浓度为c，体积为V，则正电荷总物质的量=cV+2cV=3cV，负电荷总物质的量=cV+cV+2cV=4cV，负电荷总物质的量较多，则原溶液一定含Mg2+，此时正电荷总物质的量为5cV，正电荷总物质的量较多，则Cl-也一定含有；综上所述，原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，一定不含CO、Fe3+、SiO。【详解】A．由分析可知原溶液由K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，还有水电离的H+、OH-共9种离子组成，A错误；B．由分析可知原溶液中一定含有Mg2+、Cl-，B正确；C．原溶液含Fe2+、Mg2+，则一定不含CO，故步骤Ⅱ中无色气体不含有CO2，为NO，C错误；D．由分析可知原溶液中一定含Mg2+，肯定不含SiO，D错误；答案选B。5.下列反应的离子方程式书写正确的是()A.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=C2O+2H2O B.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SOC.FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3↓+3H+D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为：H2C2O4+OH-=HC2O+H2O，A错误；B．Na2SO3具有强还原性，而氯气具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸，当参加反应的氯气量较少时，生成的盐酸会与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO，B正确；C．FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体而非沉淀：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；D．苯酚钠中通入少量或过量的CO2都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，D错误；故答案为B。6.常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是A.产生22.4L(标准状况)时，反应中转移B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即 6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。7.某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。该样品中确定存在的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,答案选A。8.将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法不正确的是 A.镁与铝的物质的量之比为4：3B.盐酸的物质的量浓度为10mol·L-1C.NaOH溶液的物质的量浓度为5mol·L-1D.生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L【答案】A【解析】【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明溶解Mg、Al后盐酸有剩余，该阶段发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液至200mL，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，此时溶液中溶质为NaCl，再继续滴加NaOH溶液，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2为0.15mol，故到沉淀量最大时Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol。【详解】A．由分析可知，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，故n(Mg)：n(Al)=0.15mol：0.2mol=3：4，A错误；B．从200mL到240mLNaOH溶解Al(OH)3，由NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知，该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，则200mLNaOH溶液中n(NaOH)=，沉淀量最大时，溶液中溶质为NaCl，则n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=1mol，则盐酸的物质的量浓度为=10mol/L，B正确；C．由B中计算可知，40mL溶液中含有NaOH为0.2mol，则c(NaOH)=，C正确；D．由分析可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，D正确；故答案选A。9.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程。下列说法错误的是() A.溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉B.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化C.固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2D.溶液1中直接加NaOH至过量，过滤后的沉淀用硫酸溶解并经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【分析】制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，则使用的酸为硫酸，烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，其中Fe2O3、Al2O3与足量的酸反应，生成Fe3+和Al3+，则溶液1中含有Fe3+和Al3+，SiO2不与酸反应，则固体1含有SiO2，溶液1中加入试剂X的目的是将Fe3+还原为Fe2+，再加入NaOH溶液调节pH将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，则固体2含有Al(OH)3沉淀，溶液2为FeSO4，最后溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水合硫酸亚铁晶体。【详解】A．由流程分析知，溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉，A正确；B．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁，则从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化，B正确；C．由流程分析知，固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，C正确；D．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，D错误；故答案为D。10.工业上用发烟HClO4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（）A.CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价B.HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C.该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8D.该反应离子方程式为19ClO+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O【答案】D【解析】 【详解】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；B．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3molCl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8molCr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8，C正确；D．根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；故合理选项是D。11.自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是A.N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定B.在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D.使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；C．由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；D．使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；故选D。12.下列操作规范且能达到实验目的的是 A.图甲测定醋酸浓度B.图乙测定中和热C.图丙稀释浓硫酸D.图丁萃取分离碘水中的碘【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。13.下列实验操作、现象及结论均正确的是A.向5mLNaBr溶液中滴加2滴氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2B.将密闭烧瓶中的NO2加热气体颜色变浅2NO2(g)N2O4(g)ΔH>0C.加热石蜡油，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液由红棕色变无色气体中一定含有乙烯D.向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀淀粉未发生水解A.AB.BC.CD.D 【答案】A【解析】【详解】A．氯水可氧化NaBr生成溴，溴可氧化KI生成碘，由实验及现象可知，氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；B．加热颜色应该变深，升高温度使2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，B错误；C．石蜡油分解产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，由实验及现象可知，气体不一定为乙烯，C错误；D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉未水解，D错误；故答案选A。14.已知SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，现进行如下图所示实验。下列说法错误的是A.改变c(H+)对反应速率没有影响B.该反应能够证明SO2既有氧化性，又有还原性C.整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用D.该过程中SO2发生的总反应可能为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+【答案】A【解析】【分析】由实验过程可知，密封静置沉降，溶液中有淡黄色固体生成，则有S单质生成，取澄清溶液加稀盐酸和氯化钡溶液生成白色沉淀，则又有硫酸根离子生成，所以总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，反应与氢离子有关，则改变c(H+)可影响反应速率，故A错误；B．淡黄色沉淀为S，白色沉淀为硫酸钡，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，故B正确； C．总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，则整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用，故C正确；D．由实验过程可知，先发生反应SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，后发生反应I2+SO2+2H2O=SO+4H++2I-，碘离子为反应的催化剂，将两反应式相加消去中间产物I2得总反应为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+，故D正确；答案选A。15.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性：B.单质的熔点：C.简单氢化物的沸点：D.最高价含氧酸的酸性：【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。【详解】A．XAl，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确； 故答案为：D。16.下列有关粒子的表示方法正确的是A.的电子式：B.的球棍模型：C.的结构式：CH2=CH2D.的结构式：【答案】D【解析】【详解】A．H2O是共价化合物，中心原子是O，O原子和H原子之间共用1对电子，其电子式为，故A错误；B．小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷是正四面体结构，C原子半径大于H，其比例模型为，球棍模型为，故B错误；C．乙烯分子含有1个C=C、4个C-H，为平面形结构，结构式为，结构简式为CH2=CH2，故C错误；D．CO2是直线形分子，中心原子是C，含有C=O键，其结构式为O=C=O，故D正确；故答案选D。17.辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是A.分子式为B.分子中含有14个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确； C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；答案选B。18.如图，关闭活塞K，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)　ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是(　　)A.反应速率：v(B)>v(A)B.A容器中X的转化率为80%C.若打开K，则A体积变为2.6aLD.平衡时Y的体积分数：A<B【答案】C【解析】【详解】A.该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B.T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C.若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D.减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。19.一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移 C.MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；故答案选A。20.常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为 【答案】B【解析】【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。II卷21.回答下列问题：（1）由金矿石中提取金(Au)时，常用KCN溶液溶金，形成Au(CN)，再用Zn进行置换。写出提取金第一步反应的离子反应方程式_______。（2）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成： 则A的化学式为_______；已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，则该反应的离子方程式为_______。（3）CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为_______。（4）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气体，热分解过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线_______，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为_______kPa·s-1(保留1位小数)。注：H2S的热分解反应为2H2S(g)2H2(g)+S2(g)（5）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。则100～200℃阶段热分解，所得固体化合物化学式为_______，500℃热分解后生成固体化合物化学式为_______。【答案】（1）4Au+O2+2H2O+8CN-=4Au(CN)+4OH-（2）①.Fe3S4②.Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑ （3）CrO(O2)2(或)（4）①.d②.24.9（5）①.NH4B5O8·H2O②.B2O3【解析】【小问1详解】提取金第一步反应中，常用KCN溶液溶金，该反应的离子方程式为4Au+O2+2H2O+8CN-=4+4OH-。【小问2详解】2.960g化合物A经过煅烧，生成无色气体E和2.400g红棕色固体B，固体B溶于盐酸形成黄色溶液C，溶液C再和KSCN溶液反应生成血红色溶液D，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为Fe(SCN)3，其中n(Fe2O3)=0.015mol，则2.960g化合物A中含有0.03molFe元素（即1.68gFe元素）；化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，该气体的摩尔质量为1.518g·L-1´22.4mol·L-1=34g·mol-1，该气体为H2S，化合物A与稀硫酸反应生成的淡黄色不溶物是S，则化合物A中还含有S元素；2.960g化合物A中所含S元素的质量为1.28g，其物质的量为0.4mol；综上所述，2.960g化合物A中含有0.3molFe元素和0.4molS元素，则化合物A的化学式为Fe3S4；Fe3S4和H2SO4反应产生S和H2S的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑。【小问3详解】CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为CrO(O2)2（或）。【小问4详解】n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于较小压强，则H2S的热分解反应正向移动，H2S的转化率增大，故n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线d；在0～0.1s之间，H2S的转化率为24%，设H2S分解前，H2S的物质的量为1mol，则Ar的物质的量为9mol，此时P(H2S)==10kPa，0.1s时，Δn(H2S)=0.24mol，则H2S、H2、S2的物质的量分别为0.76mol、0.24mol、0.12mol，此时P(H2S)==7.51kPa，则在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【小问5详解】 根据化学式YW4X5Z8·4W2Z可以推出W为H，Z为O；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，YZ2分子的总电子数为奇数，则Y的原子序数为奇数，由于YZ2常温下为气体，并结合该化合物的化学式可知，Y为N；W、X、Y、Z的原子序数加和为21，则X为B，该化合物的化学式为NH4B5O8·4H2O；设该化合物物质的量为1mol，该化合物的式量为273，则该化合物的质量为273g，100～200℃阶段热分解后，质量保留百分数为80.2%，所得固体化合物的质量为219g，质量减少54g，即失去了3molH2O，则100～200℃阶段热分解后，所得固体化合物化学式为NH4B5O8·H2O；200～400℃阶段热分解后，所得固体化合物的质量为184g，与219g相比，固体质量减少了35g；500℃热分解后，质量保留百分数为64.1%，此时生成固体的质量为175g，与184g相比，固体质量又减少了9g，结合化合物的化学式NH4B5O8·4H2O可知，1mol该化合物500℃热分解后生成固体化合物2.5molB2O3，即500℃热分解后生成固体化合物化学式为B2O3。22.硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。A.B.C.滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。 【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑（2）①.将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积②.增大硫酸的浓度等（3）①.B②.Fe(OH)3③.CaSO4④.SiO2（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+（5）置换Cu2+为Cu从而除去（6）①.CaSO4②.MgSO4【解析】【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。【小问1详解】由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；【小问2详解】可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；【小问3详解】A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；小问4详解】向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣② ，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；【小问5详解】滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；【小问6详解】由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。23.某兴趣小组对化合物X开展探究实验：注：X由3种元素组成；A和B均为纯净物，其中B可使品红水溶液褪色；Cu(OH)2可以溶于乙二醇等多元醇形成绛蓝色溶液(形成五元环状化合物)。（1）X的组成元素是_______、_______、_______(写元素符号)，X的化学式是_______。（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的化学方程式是_______。（3）步骤I，发生反应的化学方程式是_______。（4）步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_______。（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明_______。【答案】（1）①.Cu②.S③.O④.CuS2O6（2）CuS2O6CuSO4+SO2↑（3）+Cu(OH)2→+2H2O（4）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀（5）配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色【解析】【分析】由“B可使品红水溶液褪色”可知，B为SO2；由“A1与足量盐酸酸化的BaCl2 溶液反应生成白色沉淀”可知，A中含有SO；由“A2与适量NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液”可知，A中含有Cu2+，则A为CuSO4；A和B均为X隔绝空气加热反应的产物，由元素守恒可得，X含有Cu、S、O。由元素守恒得关系式：SO2~BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)==0.01mol；由元素守恒得关系式：SO~BaSO4，n(SO)=n(BaSO4)==0.005mol；故固体A中n(Cu)=n(S)=0.01mol；固体X中n(Cu)=0.01mol，n(S)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，n(O)==0.06mol。故n(Cu):n(S):n(O)=0.01mol:0.02mol:0.06mol=1:2:6，固体X的化学式为CuS2O6，据此分析解答。【小问1详解】根据分析，X的组成元素是Cu、S、O，X的化学式是CuS2O6，故答案为：Cu；S；O；CuS2O6；【小问2详解】由得失电子守恒、元素守恒可得X和稀H2SO4反应的化学方程式为CuS2O6CuSO4+SO2↑，故答案为：CuS2O6CuSO4+SO2↑；【小问3详解】由信息可知，Cu(OH)2可与甘油生成绛蓝色溶液，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O，故答案为：+Cu(OH)2→+2H2O；【小问4详解】H2O2作氧化剂，而空气中含有O2，也可作氧化剂，能将SO2与水反应生成的H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀；【小问5详解】根据信息，B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色，设计非水溶剂与水溶液对比实验，可设计为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2 ，很快褪色，故答案为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色。24.回答下列问题：（1）在25℃下，amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)。①则溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)；②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。（2）下表为几种酸的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2S1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12①则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_______；②少量CO2与NaHS反应的离子方程式为_______。（3）在25℃，向0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13①当pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=_______mol·L-1；②某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液pH=_______时，Mn2+开始沉淀。（4）称取2.500克Na2CO3样品(含有少量NaHCO3)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2滴酚酞，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸22.45mL；再滴加2滴甲基橙，继续用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸23.51mL，则产品中Na2CO3的质量分数为_______%(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.中②.10-9/(a-0.01)（2）①.c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)②.HS-+H2O+CO2=H2S+HCO （3）①.0.043②.5（4）96.4【解析】【小问1详解】①将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，当c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。②amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合后，剩余氨水的物质的量为(a-0.01)V，混合以后溶液的体积为2V，所以此时溶液中NH3•H2O的物质的量浓度=，c()=c(Cl-)=，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，。【小问2详解】①CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程度越大，pH值越大，所以相同浓度的三种溶液，pH大小关系为：Na2CO3＞NaHS＞CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是：c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)。②向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞H2S＞，故反应生成H2S和碳酸氢钠，故反应的离子方程式为HS-+H2O+CO2=H2S+。【小问3详解】①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol•L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=(0.1-5.7×10-2)mol/L=0.043mol/L。②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。【小问4详解】第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据原子守恒n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L×22.45mL×10-3L/mL=2.245×10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=0.1000mol/L×23.51mL×10-3L/mL=2.351×10-3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n(NaHCO3)-n(NaHCO3)=2.351×10-3mol-2.245×10-3mol=1.06×10-4mol，则原产品中NaHCO3的质量为1.06×10-4mol×10×84g/mol=0.08904g，则原产品中Na2CO3的质量分数为 。25.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）下列表示的是氟原子激发态电子排布式且能量最高的是_______。A.1s22s22p5B.1s22s22p43s1C.1s22s22p33p2D.1s22s22p43d2（2）一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个sp3杂化轨道与Cl的3px轨道形成σ键，并且Cl的3px轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π)。C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键越强。则一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl的键长依次_______。(填“递增”、“递减”或“无法判断”)（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。Y的化学式为_______。（4）α-AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。（5）已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积_______m3·mol-1(列出算式)。【答案】（1）C（2）递减（3）ICl（4）电解质（5）【解析】【小问1详解】F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，激发态中，电子所在能级越高，能量越大。A．1s22s22p5是F原子基态的排布；B．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；C．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态； D．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子；综上所述，C选项的能量最大，故选C。故选C。【小问2详解】C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键()，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2个3中心4电子的大π键()，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；【小问3详解】CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl；【小问4详解】由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；【小问5详解】每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。26.用N-杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。 回答下列问题：（1）A的化学名称为_______。（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。（3）E的结构简式为_______。（4）H中含氧官能团的名称是_______。（5）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。【答案】（1）苯甲醇（2）消去反应（3）（4）硝基、酯基和羰基（5）【解析】【分析】根据流程图可知，A分子式为C7H8O，在铜催化下与氧气反应生成苯甲醛，则A为苯甲醇，A到B发生醇的催化氧化，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，C与溴单质发生加成反应生成， 在碱性条件下发生消去反应生成D，B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H。【小问1详解】根据分析可知，A的结构简式为，化学名称为苯甲醇。【小问2详解】B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，第二步反应类型为消去反应。【小问3详解】B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为。【小问4详解】根据H的结构简式可知，其中的含氧官能团有硝基、羰基、酯基。【小问5详解】化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，说明含有醛基，与酸性高锰酸钾反应得到对苯二甲酸，则X的结构简式为。