山东省济宁市2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年山东省济宁市高二（下）期末化学试卷　一、选择题1．对化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键，下列说法正确的是（　　）A．化学平衡常数是指在一定温度下生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值B．勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参与反应物质的浓度，），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C．盐溶液不一定呈中性，不显中性的盐都会促进水的电离D．把被保护的钢铁设备作为电解池的阴极，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法　2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g），△H=﹣483.6kJ，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．已知OH﹣（aq）+H+（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）═2CO（g），△H=b，则a＞bD．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定　3．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）A．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+B．HS﹣的水解方程式：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+C．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓　4．将足量锌块加入到某稀硫酸中，生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图中曲线Y所示．下列说法正确的是（　　）A．反应前，若向稀硫酸中加入少量CuSO4，因CuSO4作催化剂，则关系曲线为XB．反应前，若向稀硫酸中加入少量CuSO4，因增大了c（SO42﹣），则关系曲线为XC．反应前，若向稀硫酸中加入少量醋酸钠，因生成的醋酸是弱酸，则关系曲线为ZD．反应前，若将纯锌改为粗锌，因粗锌含杂质，则关系曲线为Z　5．将C（s）和H2O（g）以物质的量比1：2置于恒容容器中，一定条件下发生反应：C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）△H＞0．下列能说明反应达到平衡状态的是（　　）A．v（H2O）=v（CO）B．H2和CO的体积比保持不变C．形成键1molH﹣O，同时生成1molCD．混合气体密度和平均相对分子质量都保持不变　6．关于下列装置说法正确的是（　　）-32-\nA．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红C．可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜D．装置④中发生铁的吸氧腐蚀　7．在一定条件下，对于反应：mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+dD（g），C物质的质量分数（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）A．△H＜0△S＞0B．△H＞0△S＜0C．△H＞0△S＞0D．△H＜0△S＜0　8．下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是（　　）A．常温下CH3COONa某溶液的pH=8B．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗C．等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液分别与足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多D．0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有CH3COOH、CH3COO﹣、H+、OH﹣　9．下列叙述正确的是（　　）A．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同B．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）的正、逆反应的平衡常数K随温度的变化可用如图表示C．2NO+2CO═2CO2+N2的△H＜0，常温下该反应一定能自发进行D．25°C时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）减小　10．常温下，Cu（OH）2悬浊液中存在平衡：Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），Ksp[（Cu（OH）2]=2.0×10﹣20．下列说法中正确的是（　　）A．向Cu（OH）2悬浊液中加入少量CuSO4粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小B．当溶液中c（Cu2+）•c2（OH﹣）=2.0×10﹣20时，此溶液一定为Cu（OH）2的饱和溶液C．若使0.02mol•L﹣1的CuSO4溶液中生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液的pH≥5-32-\nD．向Cu（OH）2悬浊液中加入Na2S溶液，蓝色沉淀变成黑色，证明此条件下K甲（CuS）＞K甲[Cu（OH）2]　11．准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，测HCl溶液得浓度，下列说法正确的是（　　）A．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时有气泡，则测定结果偏小B．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由粉红色变无色时停止滴定D．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化　12．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．已知H2C2O4为二元弱酸，则Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（H2C2O4﹣）+c（H2C2O4）B．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合：c（Na+）=c（X﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）C．常温下，将25mL0.2mol/L的盐酸与100mL0.1mol/L的氨水混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．将0.1mol/L的Na2S溶液与0.1mol/L的NaHS溶液等体积混合，所得溶液中：2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）=c（H+）+c（Na+）　13．某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示，据图判断正确的是（　　）A．Ⅱ氨水稀释时的pH变化曲线B．a、b、c三点溶液的导电性：c＞b=aC．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c=b＞aD．a、b、c三点溶液Kw：c=b＜a　14．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9﹣10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（　　）A．可用石墨作阴极，铁作阳极B．a为直流电源的负极C．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O　15．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（　　）-32-\nA．c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．＜1.0×10﹣7mol/LD．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）　16．在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）A．状态Ⅱ和状态ⅢCO2的转化率相同B．体系的总压强PⅢ：P总（状态Ⅱ）＞2PⅠ（状态Ⅰ）C．反应的平衡常数：KⅠ＞KⅡ=KⅢD．逆反应速率v逆：v逆（状态Ⅰ）＞v逆（状态Ⅲ）　　二、非选择题17．甲醇、天燃气是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇、甲烷．已知合成甲醇发生的主反应如下（已知CO的结构式为C≡O）：①CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3回答下列问题：（1）已知反应①中相关的化学键能数据如下：化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）4363431076465413由此计算△H1=　　　　　　．已知△H2=﹣58kJ•mol﹣1，则△H3=　　　　　　．（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的甲醇发生反应①．100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图1所示（平衡时甲醇的转化率记作a1）．-32-\n①在0﹣60s时段，反应速率v（CO）为　　　　　　；该反应的平衡常数K1的计算式为　　　　　　．②已知若在恒压条件下进行，平衡时CH3OH的转化率a2　　　　　　a1（填“大于”或“小于”、“等于”），判断理由是　　　　　　．（3）合成CH4的原理：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1．其他条件相同，实验测得在T1和P1与T2和P2条件下该反应的H2平衡转化率相同，若T1＞T2，则P1　　　　　　P2（填“＞”、“＜”或“=”）．（4）科学家用氮化镓材料与铜组装如图2所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4①写出铜电极表面的电极反应式　　　　　　．②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量　　　　　　（选填“盐酸”或“硫酸”）．（5）标准状况下，将22.4L的甲烷完全燃烧生成的CO2通入到0.1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　．　　三、选修题【选修3-物质结构与性质】18．（1）Ⅰ．短周期某主族元素M的电离能情况如图A所示，则M元素位于周期表的第　　　　　　族；Ⅱ．图B折线c为某主族元素氢化物的沸点的变化规律，呈现这种变化关系的原因是　　　　　　．两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线a和b，你认为正确的是：　　　　　　（填“a”或“b”）（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键　　　　　　．（3）下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系．次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸Cl﹣OH0123-32-\n非羟基氧原子数酸性弱酸中强酸强酸最强酸亚磷酸（H3PO3）也是中强酸，则它的结构式为　　　　　　．（4）Cu元素可形成[Cu（NH3）4]SO4，其中存在的化学键类型有　　　　　　（填序号）．①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键．　19．a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示．a原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c在周期表所列元素中电负性最大d基态原子M层全充满，N层只有一个电子请回答：（1）基态c原子核外存在　　　　　　对自旋相反的电子，其基态原子的价电子排布图为　　　　　　．（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．（3）a元素最高价氧化物对应水化物的酸根离子的空间构型为　　　　　　，中心原子的轨道杂化类型为　　　　　　．（4）c的氢化化极易溶于水，除因为与水分子之间易形成氢键处，还因为　　　　　　．（5）d可形成面心立方最密堆积的晶体，若d的相对分子质量为M，密度为ag•cm﹣3，则d晶胞的体积为　　　　　　（用M、a表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示）．　20．钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域，图1是用金红石（主要成分为TiO2）制备金属钛和钛酸钡的流程．（1）写出基态Ti原子的价层电子排布式为　　　　　　．（2）TiCl4熔点为﹣24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于　　　　　　晶体．（3）BaCO3为离子化合物，写出一种与CO32﹣互为等电子体的阴离子：　　　　　　（填化学式）．（4）钛酸钡晶胞如图2所示，其化学式为　　　　　　．（5）写出在高温条件下，TiO2生成TiCl4的化学方程式　　　　　　．（6）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物，现在紫色和绿色两种含钛晶体，其组成均为TiCl3•6H2O．为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a．分别取等质量的两种晶体的样品配成溶液；b．向两种溶液中分别滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；-32-\nc．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量发现产生的沉淀质量关系为：绿色晶体为紫色晶体的，则绿色晶体配合物的化学式为　　　　　　，1mol该配合物中含有σ键的数目为　　　　　　．　　四、选修题【选修5-有机化学基础】21．糖类、油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质．（1）淀粉在硫酸作用下发生水解反应，检验淀粉水解后生成葡萄糖所需的试剂为　　　　　　．（2）蛋白质在人体内水解的最终产物是　　　　　　，最近，在韩国出现中东呼吸综合征疫情，防疫人员用84消毒液对地铁进行消毒，这是利用了蛋白质的什么性质？　　　　　　（填标号）a．两性b．水解c．变性d．盐析（3）某油脂A的结构简式为．请回答下列问题：①从酯的性质看，油脂A在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是　　　　　　（写结构简式）．②从饱和性看，油脂A能发生氢化反应，化学方程式为　　　　　　．　22．尼泊尔金酯是国际上公认的广谱性高效防腐剂，被广泛应用于食品、医药生化妆品的防腐等领域，尼泊金丙酯（其相对分子质量约为180）在酸性条件下水解可生成两种有机物A和B．B和红外光谱表征到了羧基、羟基和苯环的存在，核磁共振氢谱表明其有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为1：2：2：1．（1）为确定A的结构，下列仪器或化学方法中不可采用是　　　　　　（填标号）；a．元素分析仪b．质谱仪c．核磁共振仪d．检验能否发生氧化反应，并最终被氧化成羧酸f．检验能否与金属钠反应生成氢气（2）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式：　　　　　　．（3）从有机物A和B的混合物中分离得到A的实验操作是　　　　　　．（4）尼泊金乙酯的同分异构体中，满足下列条件的共有　　　　　　种．a．分子中苯环上有两个对位取代基b．属于酯类c．可用浓溴水发生取代反应写出这些同分异构体中不含甲基的有机物的结构简式　　　　　　．　23．某芳香烃C7H8是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，F是一种功能高分子，链节组成为（C7H5NO）．已知：-32-\n（i）（ii）（苯胺，易被氧化）（1）阿司匹林所含官能团的名称为　　　　　　，其分子中最多有　　　　　　个原子共平面．（2）反应①的反应类型是　　　　　　，反应⑥的反应类型是　　　　　　．（3）反应②中所用的有机物X的名称为　　　　　　；反应③的反应条件为　　　　　　．（4）鉴别B和可选用的试剂有（填标号）．a．FeCl3溶液b．浓溴水c．NaD．NaHCO3溶液（5）写出下列反应的化学方程式反应⑤：　　　　　　；反应⑦：　　　　　　．（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以芳香烃C7H8为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）　　　　　　．合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOCH2CH3．　　-32-\n2022-2022学年山东省济宁市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．对化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键，下列说法正确的是（　　）A．化学平衡常数是指在一定温度下生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值B．勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参与反应物质的浓度，），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C．盐溶液不一定呈中性，不显中性的盐都会促进水的电离D．把被保护的钢铁设备作为电解池的阴极，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法【考点】化学平衡移动原理；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用．【分析】A．是达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，而且固体和纯液体不代入平衡常数表达式；B、根据勒夏特列原理来分析；C、强酸的酸式盐会抑制水的电离；D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护．【解答】解：A．反应物或者生成物中如果有固体和纯液体，则不应代入平衡常数表达式，这里的浓度是平衡浓度，故A错误；B、勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的条件之一（如浓度、温度、压强），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，故B正确；C、强酸的酸式盐会完全电离出氢离子，会抑制水的电离，故C错误；D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护，所以利用电化学原理保护金属主要有两种方法，分别是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，把被保护的钢铁设备作为电解池的阴极，该方法称为外加电流的阴极保护法，故D错误；故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理和盐的水解以及电化学的原理，难度不大，应注意的是只有强酸强碱的正盐才会既不促进也不抑制水的电离．　2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g），△H=﹣483.6kJ，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．已知OH﹣（aq）+H+（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）═2CO（g），△H=b，则a＞bD．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；B、醋酸是弱酸，没有完全电离；C、2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，反应是放热反应焓变为负值；D、物质能量越高越活泼．【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ•mol﹣1，故A错误；-32-\nB、醋酸是弱酸，没有完全电离，措施电离吸热，所以1molNaOH与醋酸中和放热小于57.3kJ，故B错误；C、2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，焓变为负值，则a＜b，故C错误；D、已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，钙反应为吸热反应，金刚石能量高，则石墨比金刚石稳定，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应热的大小比较、弱酸的中和热、物质的能量越低越稳定、热化学方程式的书写，题目难度中等．　3．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）A．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+B．HS﹣的水解方程式：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+C．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣D．AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．负极Fe失去电子；B．HS﹣的水解生成氢硫酸、氢氧根离子；C．水解分步进行，以第一步为主；D．相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳．【解答】解：A．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．HS﹣的水解离子方程式为HS﹣+H2O⇌OH﹣+H2S，故B错误；C．CO32﹣的水解离子方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故C正确；D．AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合的离子反应为3H2O+2Al3++3CO32﹣═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应、水解反应的离子反应考查，题目难度不大．　4．将足量锌块加入到某稀硫酸中，生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图中曲线Y所示．下列说法正确的是（　　）A．反应前，若向稀硫酸中加入少量CuSO4，因CuSO4作催化剂，则关系曲线为XB．反应前，若向稀硫酸中加入少量CuSO4，因增大了c（SO42﹣），则关系曲线为XC．反应前，若向稀硫酸中加入少量醋酸钠，因生成的醋酸是弱酸，则关系曲线为ZD．反应前，若将纯锌改为粗锌，因粗锌含杂质，则关系曲线为Z【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．加入少量CuSO4，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，但生成氢气的量不变；B．硫酸根离子不参加反应；C．向稀硫酸中加入少量醋酸钠，氢离子浓度减小，反应速率减小；D．将纯锌改为粗锌，因粗锌含杂质，构成原电池加快反应速率，但生成氢气的量不变．-32-\n【解答】解：A．加入少量CuSO4，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，但生成氢气的量不变，变化曲线为X，但不能说明CuSO4作催化剂，故A错误；B．硫酸根离子不参加反应，反应速率加快是因加入少量CuSO4，构成Cu、Zn原电池，但生成氢气的量不变，变化曲线为X，故B错误；C．向稀硫酸中加入少量醋酸钠，氢离子浓度减小，反应速率减小，则关系曲线为Z，故C正确；D．将纯锌改为粗锌，因粗锌含杂质，构成原电池加快反应速率，但生成氢气的量不变，关系曲线为X，故D错误；故选C．【点评】本题以图象形式考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握图象的意义、Zn足量及原电池加快反应速率为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　5．将C（s）和H2O（g）以物质的量比1：2置于恒容容器中，一定条件下发生反应：C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）△H＞0．下列能说明反应达到平衡状态的是（　　）A．v（H2O）=v（CO）B．H2和CO的体积比保持不变C．形成键1molH﹣O，同时生成1molCD．混合气体密度和平均相对分子质量都保持不变【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、未体现正与逆的关系，故A错误；B、只要反应发生H2和CO的体积比就为1：1，保持不变，故B错误；C、形成键1molH﹣O，同时生成1molC，都反映的是逆反应，故C错误；D、混合气体密度和平均相对分子质量都保持不变，说明气体的质量和各物质的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　6．关于下列装置说法正确的是（　　）A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红C．可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜D．装置④中发生铁的吸氧腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．-32-\n【分析】A．盐桥中的K+移向原电池的正极；B．b为阳极，生成氯气；C．电镀时，镀层金属为阳极；D．酸性条件下发生析氢腐蚀．【解答】解：A．锌比铜活泼，为原电池的负极，铜为正极，盐桥中的K+移向原电池的正极，故A错误；B．b为阳极，生成氯气，阴极先变红，故B错误；C．电镀时，镀层金属为阳极，故C正确；D．酸性条件下发生析氢腐蚀，中性或碱性溶液中发生吸氧腐蚀，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生原电池、电解池的工作原理等方面的知识，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．　7．在一定条件下，对于反应：mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+dD（g），C物质的质量分数（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）A．△H＜0△S＞0B．△H＞0△S＜0C．△H＞0△S＞0D．△H＜0△S＜0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】采取定一议二法分析，由图象可知，压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动；温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，据此判断．【解答】解：由图可知：压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，即正方向为熵增加的方向；所以该反应为△H＜0，△S＞0；故选：A．【点评】本题考查了化学平衡图象、外界条件对平衡移动的影响等，根据气体物质的量的变化分析熵变，难度中等，根据图象采取定一议二法分析改变条件平衡的移动是关键．　8．下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是（　　）A．常温下CH3COONa某溶液的pH=8B．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗C．等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液分别与足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多D．0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有CH3COOH、CH3COO﹣、H+、OH﹣【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．-32-\n【分析】要证明乙酸是弱电解质，只要证明乙酸部分电离即可，可以根据常温下醋酸钠溶液pH、有对比实验溶液导电性、一定物质的量浓度溶液pH等进行判断．【解答】解：A．常温下，某CH3COONa溶液的pH=8，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则证明醋酸是弱酸，故A不选；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液中离子浓度较低，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B选；C．等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸浓度大于盐酸，则醋酸部分电离，为弱电解质，故C不选；D．0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有CH3COOH、CH3COO﹣、H+、OH﹣，有醋酸分子存在，则证明醋酸是弱电解质，故D不选；故选B．【点评】本题考查电解质强弱判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，知道弱电解质判断方法，注意不能根据溶解性、溶液导电能力强弱判断电解质强弱，易错选项是B．　9．下列叙述正确的是（　　）A．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同B．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）的正、逆反应的平衡常数K随温度的变化可用如图表示C．2NO+2CO═2CO2+N2的△H＜0，常温下该反应一定能自发进行D．25°C时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；B．同一化学反应的正逆反应平衡常数之积为1，随着温度的升高，如果正反应平衡常数减小，则逆反应平衡常数增大；C．△G＜0的反应能自发进行；D．氢氧化镁电离出来的OH﹣与NH4+结合生成弱电解质NH3•H2O，从而促进Mg（OH）2的溶解．【解答】解：A．醋酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以等pH的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度不同，故A错误；B．同一化学反应的正逆反应平衡常数之积为1，随着温度的升高，如果正反应平衡常数减小，则逆反应平衡常数一定增大，故B正确；C.2NO+2CO═2CO2+N2的△H＜0，该反应是气体体积减小的反应，所以是熵减的反应，即△S＜0，△G=△H﹣T△S，△G不一定小于0，所以常温下该反应不一定能自发进行，故C错误；D．氢氧化镁溶液中存在溶解平衡Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣，Mg（OH）2电离出来的OH﹣与NH4+结合生成难电离的弱电解质NH3•H2O，氢氧根离子浓度降低，从而使Mg（OH）2的溶解平衡向右移动，促进氢氧化镁溶解，镁离子浓度增大，故D错误；故选B．-32-\n【点评】本题考查难溶物的溶解平衡、反应方向的判断、弱电解质和含有弱根离子的盐对水电离的影响等知识点，易错点是C，明确能自发进行反应的判断依据是解此选项的关键，难度不大．　10．常温下，Cu（OH）2悬浊液中存在平衡：Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），Ksp[（Cu（OH）2]=2.0×10﹣20．下列说法中正确的是（　　）A．向Cu（OH）2悬浊液中加入少量CuSO4粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小B．当溶液中c（Cu2+）•c2（OH﹣）=2.0×10﹣20时，此溶液一定为Cu（OH）2的饱和溶液C．若使0.02mol•L﹣1的CuSO4溶液中生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液的pH≥5D．向Cu（OH）2悬浊液中加入Na2S溶液，蓝色沉淀变成黑色，证明此条件下K甲（CuS）＞K甲[Cu（OH）2]【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、溶液中含有Cu2+离子，离子的总浓度增大；B、当溶液中c（Cu2+）•c2（OH﹣）=2.0×10﹣20=Ksp[（Cu（OH）2]，此时溶液达到饱和；C、在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，则c（Cu2+）×c2（OH﹣）≥2×10﹣20，所以c（OH﹣）≥=10﹣9（mol/L），应调节溶液pH大于5；D、沉淀向溶解度更小的转化．【解答】解：A、往其中加入少量CuSO4粉末，平衡向左移动，溶液中含有Cu2+离子，离子的总浓度增大，故A错误；B、当溶液中c（Cu2+）•c2（OH﹣）=2.0×10﹣20=Ksp[（Cu（OH）2]，此时溶液达到饱和，故B正确；C、已知Ksp=2×10﹣20，c（Cu2+）=0.02mol•L﹣1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，则c（Cu2+）×c2（OH﹣）≥2×10﹣20，所以c（OH﹣）≥=10﹣9（mol/L），应调节溶液pH大于5，故C错误；D、沉淀向溶解度更小的转化，蓝色沉淀变成黑色，此条件下K甲（CuS）＜K甲[Cu（OH）2]，故D错误；故选B．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用．　11．准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，测HCl溶液得浓度，下列说法正确的是（　　）A．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时有气泡，则测定结果偏小B．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由粉红色变无色时停止滴定D．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化【考点】化学实验方案的评价；中和滴定．【分析】A．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；B．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；-32-\nC．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；D．滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化．【解答】解：A．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，实际液体体积偏小，会导致测定结果偏大，故A错误；B．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故B错误；C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；D．滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以判断终点的到达，故D正确．故选D．【点评】本题为考查中和滴定实验，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大．　12．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．已知H2C2O4为二元弱酸，则Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（H2C2O4﹣）+c（H2C2O4）B．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合：c（Na+）=c（X﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）C．常温下，将25mL0.2mol/L的盐酸与100mL0.1mol/L的氨水混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．将0.1mol/L的Na2S溶液与0.1mol/L的NaHS溶液等体积混合，所得溶液中：2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）=c（H+）+c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．根据草酸溶液中的质子守恒判断；B．混合液不一定显示中性，需要根据HX的电离程度与X﹣的水解程度大小进行判断；C．反应后溶液中的溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，混合液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣）；D．混合液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：A．已知H2C2O4为二元弱酸，根据Na2C2O4溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（H2C2O4﹣）+2c（H2C2O4），故A错误；B．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合，需要根据HX的电离程度与X﹣的水解程度大小判断溶液酸碱性，若HX的电离程度大于X﹣的水解程度，则混合液层酸性，c（OH﹣）＜c（H+），若HX的电离程度小于X﹣的水解程度，则溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．常温下，将25mL0.2mol/L的盐酸与100mL0.1mol/L的氨水混合，混合液中溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，混合液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣），根据物料守恒可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O），溶液中各离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．0.1mol/L的Na2S溶液与0.1mol/L的NaHS溶液等体积混合，根据电荷守恒可知：2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）=c（H+）+c（Na+），故D正确；故选D．-32-\n【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成及盐的水解原理为解答关键，注意掌握物料守恒、电荷守恒、质子守恒的含义，能够根据盐的水解原理及各种守恒关系正确判断溶液中各离子浓度大小．　13．某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示，据图判断正确的是（　　）A．Ⅱ氨水稀释时的pH变化曲线B．a、b、c三点溶液的导电性：c＞b=aC．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c=b＞aD．a、b、c三点溶液Kw：c=b＜a【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度来分析解答即可．【解答】解：A、由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氨水的pH变化曲线，故A错误；B、由图可知，开始的pH相同，开始时氨水浓度大，稀释相同倍数，氨水的浓度仍然大，氨水中离子浓度也大，所以导电性a＞c，对于氢氧化钠溶液，稀释后离子浓度减小，导电性变小，即a＞b，故B错误；C、由于氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，稀释相同倍数后，氨水的碱性强于氢氧化钠，所以氨水中水的电离程度小于氢氧化钠，而b、c两点的pH值相同，所以水电离的程度也相同，所以水的电离程度：c=b＞a，故C正确；D、Kw是温度的函数，a、b、c三点溶液温度相同，所以水的离子积常数不变，即c=b=a，故D错误；故选：C．【点评】本题考查溶液稀释时PH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的PH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键．　14．用如图所示装置除去含CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9﹣10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是（　　）A．可用石墨作阴极，铁作阳极B．a为直流电源的负极C．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2OD．阳极的电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．-32-\n【专题】电化学专题．【分析】根据装置图，该电解质溶液呈碱性，电解时，阳极要生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，据此分析．【解答】解：A．根据装置图，该电解质溶液呈碱性，电解时，阳极要生成氯气，所以铁不能作阳极，故A错误；B．根据装置图阳极要生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，所以a为直流电源的正极，故B错误；C．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故C错误；D．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是C，注意C中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成．　15．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（　　）A．c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．＜1.0×10﹣7mol/LD．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据混合液中的电荷守恒进行计算；B．根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C．根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14计算；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），HCO3﹣的电离程度很小．【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）＜c（Cl﹣），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A错误；B．溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（C），则：c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；C．水的离子积为：Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14，已知pH＜7，则c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L，所以＜1.0×10﹣7mol/L，故C正确；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故D正确；故选A．-32-\n【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒即盐的水解原理的含义为解答关键，注意熟练掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．　16．在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）A．状态Ⅱ和状态ⅢCO2的转化率相同B．体系的总压强PⅢ：P总（状态Ⅱ）＞2PⅠ（状态Ⅰ）C．反应的平衡常数：KⅠ＞KⅡ=KⅢD．逆反应速率v逆：v逆（状态Ⅰ）＞v逆（状态Ⅲ）【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．由图象可知，状态Ⅱ和状态Ⅲ平衡时CO2的浓度不同；B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快．【解答】解：A．由图象可知，状态Ⅱ和状态Ⅲ平衡时CO2的浓度不同，所以转化率不同，故A错误；B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），故B正确；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，所以KⅡ=KⅢ，又由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，则温度高K大，所以KⅠ＜KⅡ=KⅢ，故C错误；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项B为解答的难点，题目难度中等．　二、非选择题17．甲醇、天燃气是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇、甲烷．已知合成甲醇发生的主反应如下（已知CO的结构式为C≡O）：①CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H1-32-\n②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3回答下列问题：（1）已知反应①中相关的化学键能数据如下：化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）4363431076465413由此计算△H1=　+99kJ•mol﹣1　．已知△H2=﹣58kJ•mol﹣1，则△H3=　﹣41kJ•mol﹣1　．（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的甲醇发生反应①．100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图1所示（平衡时甲醇的转化率记作a1）．①在0﹣60s时段，反应速率v（CO）为　0.001mol/（L•s）②　；该反应的平衡常数K1的计算式为　　．②已知若在恒压条件下进行，平衡时CH3OH的转化率a2　大于　a1（填“大于”或“小于”、“等于”），判断理由是　因为该反应为体积增大的反应，所以恒压相当于在恒容的基础上减小压强，平衡正向移动　．（3）合成CH4的原理：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1．其他条件相同，实验测得在T1和P1与T2和P2条件下该反应的H2平衡转化率相同，若T1＞T2，则P1　＞　P2（填“＞”、“＜”或“=”）．（4）科学家用氮化镓材料与铜组装如图2所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4①写出铜电极表面的电极反应式　CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；　．②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量　硫酸　（选填“盐酸”或“硫酸”）．（5）标准状况下，将22.4L的甲烷完全燃烧生成的CO2通入到0.1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）　．【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：﹣反应①﹣反应②=反应③，反应热也进行相应的计算；（2）①根据图象计算甲醇的反应速率结合反应速率之比等于系数之比计算v（CO）；化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；-32-\n②根据该反应为体积增大的反应，所以恒压相当于在恒容的基础上减小压强，平衡正向移动分析；（3）根据CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1，则该反应为气体体积减小的放热反应，所以升温向逆反应方向进行，而加压则向正反应方向进行，据此分析；（4）①由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；②根据酸的挥发性分析；（5）标准状况下，将1.12LCO2通入0.1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中恰好完全反应生成碳酸钠，根据碳酸钠溶液中碳酸根离子水解判断离子浓度大小．【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=（3×413+343+465）kJ•mol﹣1﹣1076kJ•mol﹣1+2×436kJ•mol﹣1=+99kJ•mol﹣1；根据盖斯定律：：﹣反应①﹣反应②=反应③，故△H3=﹣△H1﹣△H2=﹣99kJ•mol﹣1﹣（﹣58kJ•mol﹣1）=﹣41kJ．mol﹣1，故答案为：+99kJ•mol﹣1；﹣41kJ•mol﹣1；（2）①由图象可知，0﹣60s时段，反应速率v（CH3OH）==0.001mol/（L•s），又反应速率之比等于系数之比，所以v（CO）=0.001mol/（L•s），反应①CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）的平衡常数表达式K=；故答案为：0.001mol/（L•s）；；②因为该反应为体积增大的反应，所以恒压相当于在恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，则恒压转化率大于恒容，故a2大于a1；故答案为：大于；因为该反应为体积增大的反应，所以恒压相当于在恒容的基础上减小压强，平衡正向移动；（3）因为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1，则该反应为气体体积减小的放热反应，所以升温向逆反应方向进行，加压则向正反应方向进行，而实验测得在T1和Pl与T2和P2条件下该反应的H2平衡转化率相同，若T1＞T2，所以Pl＞P2；故答案为：＞；（4）①由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；②可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸；故答案为：硫酸；（5）标准状况下，22.4L的甲烷完全燃烧生成的CO2的物质的量为：=1mol，氢氧化钠的物质的量为：1mol•L﹣1×0.1L=0.1mol，则二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，由HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌CO32﹣+H+和碳酸氢钠溶液成碱性，所以c（CO32﹣）最小，则c（Na+）最大，因此碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）．【点评】本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　三、选修题【选修3-物质结构与性质】-32-\n18．（1）Ⅰ．短周期某主族元素M的电离能情况如图A所示，则M元素位于周期表的第　ⅡA　族；Ⅱ．图B折线c为某主族元素氢化物的沸点的变化规律，呈现这种变化关系的原因是　由于N、O、F电负性大，NH3、H2O、HF因在分子间存在多条结合力较大的氢键，总强度远远大于分子间作用力，故沸点高于同主族其它元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象　．两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线a和b，你认为正确的是：　b　（填“a”或“b”）（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键　N﹣H…O、O﹣H…N　．（3）下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系．次氯酸磷酸硫酸高氧酸含氧酸Cl﹣OH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸亚磷酸（H3PO3）也是中强酸，则它的结构式为　　．（4）Cu元素可形成[Cu（NH3）4]SO4，其中存在的化学键类型有　①③⑤　（填序号）．①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键．【考点】元素周期表的结构及其应用；位置结构性质的相互关系应用．【分析】（1）I、原子的电离能越大，表示越难失去电子，故化合价也较低，一般来说，元素的电离能按照第一、第二…的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价；II．根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键；（3）含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，据此确定酸的结构式；（4）[Cu（NH3）4]SO4中阴阳离子间形成离子键，配离子[Cu（NH3）4]2+中含有配位键，不同非金属元素之间形成极性共价键．【解答】解：（1）I．短周期某主族元素M的第一、第三、第四电离能之间变化不大，第二电离能剧增，且第一电离能很低，则说明该元素原子很难失去第二个电子，最高化合价为+2，应为第IIA族元素，故答案为：ⅡA；II、在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，由于N、O、F电负性大，NH3、H2O、HF因在分子间存在多条结合力较大的氢键，总强度远远大于分子间作用力，故沸点高于同主族其它元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；-32-\na点所示的氢化物是水，其沸点高是由于在水分子间存在多条结合力较大的氢键，总强度远远大于分子间作用力，所以氧族元素中其它氢化物的沸点不会高于水，故选b；故答案为：由于N、O、F电负性大，NH3、H2O、HF因在分子间存在多条结合力较大的氢键，总强度远远大于分子间作用力，故沸点高于同主族其它元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；b；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O﹣H…N、N﹣H…O、O﹣H…O、N﹣H…N，氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键N﹣H…O、O﹣H…N，故答案为：N﹣H…O、O﹣H…N；（3）含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，所以亚磷酸的结构式分别为：，故答案为：；（4）[Cu（NH3）4]SO4中，[Cu（NH3）4]2+与SO42﹣之间的化学键为离子键，[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N﹣H为极性共价键，[Cu（NH3）4]SO4，故答案为：①③⑤．【点评】本题考查的内容较为综合，涉及到配位键、氢键、微粒的空间的结构及配合物化学式的求解等有关知识，注意基础知识的全面掌握，注意氢键、配合物的构成及性质，题目难度中等．　19．a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示．a原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c在周期表所列元素中电负性最大d基态原子M层全充满，N层只有一个电子请回答：（1）基态c原子核外存在　4　对自旋相反的电子，其基态原子的价电子排布图为　　．（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示）．（3）a元素最高价氧化物对应水化物的酸根离子的空间构型为　平面三角形　，中心原子的轨道杂化类型为　sp3杂化　．（4）c的氢化化极易溶于水，除因为与水分子之间易形成氢键处，还因为　氨气与水分子都是极性分子，相似相溶　．（5）d可形成面心立方最密堆积的晶体，若d的相对分子质量为M，密度为ag•cm﹣3，则d晶胞的体积为　cm3　（用M、a表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3-32-\n，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu，据此解答．【解答】解：a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu．（l）c为F元素，原子核外电子排布为1s22s22p5，核外存在4对自旋相反的电子，其基态原子的价电子排布图为，故答案为：4；；（2）与b同周期相邻元素分别为C、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）a元素最高价氧化物水化物的酸根离子为CO32﹣，离子中C原子价层电子对数=3+=3，没有孤电子对，故碳酸根离子为平面三角形结构，中心C原子的轨道杂化类型为sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3杂化；（4）c的氢化物为NH3，极易溶于水，除因为与水分子之间易形成氢键处，还因为：氨气与水分子都是极性分子，相似相溶，故答案为：氨气与水分子都是极性分子，相似相溶；（5）Cu可形成面心立方最密堆积的晶体，晶胞中Cu原子数目为6×+8×=4，晶胞质量为4×g，晶体密度为ag/cm3，则晶胞的体积为4×g÷ag/cm3=cm3，故答案为：cm3．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，明确元素种类是解题关键，注意同周期元素第一电离能异常情况，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算，难度中等．　-32-\n20．钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域，图1是用金红石（主要成分为TiO2）制备金属钛和钛酸钡的流程．（1）写出基态Ti原子的价层电子排布式为　3d24s2　．（2）TiCl4熔点为﹣24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于　分子　晶体．（3）BaCO3为离子化合物，写出一种与CO32﹣互为等电子体的阴离子：　NO3﹣或SiO32﹣　（填化学式）．（4）钛酸钡晶胞如图2所示，其化学式为　BaTiO3　．（5）写出在高温条件下，TiO2生成TiCl4的化学方程式　2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO　．（6）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物，现在紫色和绿色两种含钛晶体，其组成均为TiCl3•6H2O．为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a．分别取等质量的两种晶体的样品配成溶液；b．向两种溶液中分别滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量发现产生的沉淀质量关系为：绿色晶体为紫色晶体的，则绿色晶体配合物的化学式为　[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O　，1mol该配合物中含有σ键的数目为　18mol　．【考点】制备实验方案的设计；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶胞的计算．【专题】简答题；创新题型．【分析】（1）根据Ti原子序数，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式，再确定价层电子排布式；（2）根据晶体的熔沸点等物理性质判断晶体类型；（3）等电子体是指具有相同原子总数和相同价电子总数的微粒；（4）利用晶胞的均摊法计算化学式；（5）通过焦炭过量确定产物为一氧化碳，TiO2转化成TiCl4的反应为二氧化钛和碳、氯气高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳；（6）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则配合物的外界有氯离子，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，据此推出绿色晶体配合物的化学式，再根据配合物结构判断σ键的数目．【解答】解：（1）Ti原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；-32-\n（2）TiCl4熔、沸点较低，可判断知其固态形式为分子晶体，故答案为：分子；（3）CO32﹣中原子数为4，价电子数总为：24，则NO3﹣或SiO32﹣为其等电子体，故答案为：NO3﹣、SiO32﹣；（4）根据晶胞的均摊理论，晶胞中Ba位于体心，数目为1，Ti位于顶点，数目为8×=1，O位于棱心，12×=3，化学式为BaTiO3，故答案为：BaTiO3；（5）通过焦炭过量确定产物为一氧化碳，TiO2转化成TiCl4的反应为二氧化钛和碳、氯气高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应的化学方程式依据原子守恒配平得到：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；故答案为：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；（6）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则配合物的外界有氯离子，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，故绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，1mol该配合物中1molTi与1molCl和5molH2O，形成6molσ键，5molH2O内含有5×2=10molσ键，外界1molH2O内含有2molσ键，共含有6+10+2=18mol，故答案为：18mol．【点评】本题考查较为全面，涉及到氧化还原反应的配平、价层电子排布式、σ键的判断以及有关晶体的计算等，对学生基础要求较高，中等难度．　四、选修题【选修5-有机化学基础】21．糖类、油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质．（1）淀粉在硫酸作用下发生水解反应，检验淀粉水解后生成葡萄糖所需的试剂为　新制Cu（OH）2　．（2）蛋白质在人体内水解的最终产物是　氨基酸　，最近，在韩国出现中东呼吸综合征疫情，防疫人员用84消毒液对地铁进行消毒，这是利用了蛋白质的什么性质？　c　（填标号）a．两性b．水解c．变性d．盐析（3）某油脂A的结构简式为．请回答下列问题：①从酯的性质看，油脂A在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是　　（写结构简式）．②从饱和性看，油脂A能发生氢化反应，化学方程式为　　．【考点】葡萄糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．-32-\n【分析】（1）葡萄糖含有醛基；（2）蛋白质水解后生成氨基酸；84消毒液有强氧化性；（3）①油脂为高级脂肪酸甘油酯；②油脂A能与氢气发生加成反应．【解答】解：（1）在冷却后的溶液中加NaOH至溶液呈碱性，再加入适量的新制Cu（OH）2并加热至沸腾，观察到砖红色沉淀生成，故答案为：新制Cu（OH）2；（2）蛋白质水解后生成氨基酸，84消毒液有强氧化性能使蛋白质发生变性，故答案为：氨基酸；c；（3）①油脂为高级脂肪酸甘油酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故答案为：；②油脂A能与氢气发生加成反应，化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．　22．尼泊尔金酯是国际上公认的广谱性高效防腐剂，被广泛应用于食品、医药生化妆品的防腐等领域，尼泊金丙酯（其相对分子质量约为180）在酸性条件下水解可生成两种有机物A和B．B和红外光谱表征到了羧基、羟基和苯环的存在，核磁共振氢谱表明其有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为1：2：2：1．（1）为确定A的结构，下列仪器或化学方法中不可采用是　abdf　（填标号）；a．元素分析仪b．质谱仪c．核磁共振仪d．检验能否发生氧化反应，并最终被氧化成羧酸f．检验能否与金属钠反应生成氢气（2）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式：　+2NaOH→+2H2O　．（3）从有机物A和B的混合物中分离得到A的实验操作是　蒸馏　．（4）尼泊金乙酯的同分异构体中，满足下列条件的共有　5　种．a．分子中苯环上有两个对位取代基b．属于酯类c．可用浓溴水发生取代反应写出这些同分异构体中不含甲基的有机物的结构简式　　．【考点】有机物的推断．-32-\n【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】尼泊金丙酯（其相对分子质量约为180）在酸性条件下水解可生成两种有机物A和B，则A、B中有一种为丙醇，根据B的红外光谱表征到了羧基、羟基和苯环的存在可知，A为丙醇，丙醇的相对分子量为60，根据酯的水解原理可知，B的相对分子量为：180+18﹣60=138，B中含有苯环、羧基、羟基，则B分子中含有1个苯环、1个羟基和1个羟基，核磁共振氢谱表明其有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为1：2：2：1，则A分子中羟基和羧基处于对位，其结构简式为：，（1）A为丙醇，存在正丙醇和异丙醇两种同分异构体，主要测定出核磁共振氢谱即可取得其结构；（2）B为，其分子中含有的酚羟基和羧基都能够与氢氧化钠发生中和反应，据此写出反应的化学方程式；（3）丙醇与都是液体，都能够溶于水，需要利用沸点不同分离；（4）根据尼泊金丙酯的结构简式写出尼泊金乙酯结构简式，再根据题中条件及同分异构体的书写方法判断满足条件的同分异构体数目，然后写出不含酒精的有机物的结构简式．【解答】解：尼泊金丙酯（其相对分子质量约为180）在酸性条件下水解可生成两种有机物A和B，则A、B中有一种为丙醇，根据B的红外光谱表征到了羧基、羟基和苯环的存在可知，A为丙醇，丙醇的相对分子量为60，根据酯的水解原理可知，B的相对分子量为：180+18﹣60=138，B中含有苯环、羧基、羟基，则B分子中含有1个苯环、1个羟基和1个羟基，核磁共振氢谱表明其有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为1：2：2：1，则A分子中羟基和羧基处于对位，其结构简式为：，（1）A为丙醇，丙醇的同分异构体有：正丙醇CH3CH（OH）CH3、异丙醇CH3CH2CH2OH，主要测定出A分子中的核磁共振氢谱的吸收峰数目即可取得其结构，而不需要a．元素分析仪、b．质谱仪、d．检验能否发生氧化反应，并最终被氧化成羧酸和f．检验能否与金属钠反应生成氢气，故答案为：abdf；-32-\n（2）B为，其分子中含有酚羟基和羧基，能够与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应的化学方程式为：+2NaOH→+2H2O，故答案为：+2NaOH→+2H2O；（3）丙醇和都是易溶于水的液体，二者沸点不同，可通过蒸馏操作分离，故答案为：蒸馏；（4）尼泊金乙酯的结构简式为：，a．分子中苯环上有两个对位取代基、b．属于酯类，则含有酯基、c．可与浓溴水发生取代反应，则一定含有酚羟基；满足以上条件的苯环对位上的取代基组合有：①﹣OH与﹣CH2COOCH3，②﹣OH与﹣CH（CH3）OOCH③﹣CH2CH2OOCH④﹣OH与﹣OOCCH2CH3⑤﹣OH与﹣CH2OOCCH3，所有满足条件的同分异构体有5种；其中不含甲基的有机物的结构简式为：，故答案为：5；．【点评】本题考查有机推断，题目难度中等，涉及有机物分子式、结构简式的确定、同分异构体的书写等知识，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的方法，明确常见有机物结构与性质为解答关键；（4）为难点，避免重复和漏项．　23．某芳香烃C7H8是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，F是一种功能高分子，链节组成为（C7H5NO）．已知：-32-\n（i）（ii）（苯胺，易被氧化）（1）阿司匹林所含官能团的名称为　酯基、羧基　，其分子中最多有　19　个原子共平面．（2）反应①的反应类型是　消去反应　，反应⑥的反应类型是　酯化反应（取代反应）　．（3）反应②中所用的有机物X的名称为　1，3﹣丁二烯　；反应③的反应条件为　氢氧化钠的水溶液、加热　．（4）鉴别B和可选用的试剂有（填标号）．a．FeCl3溶液b．浓溴水c．NaD．NaHCO3溶液（5）写出下列反应的化学方程式反应⑤：　　；反应⑦：　n+（n﹣1）H2O　．（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以芳香烃C7H8为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）　　．合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOCH2CH3．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；-32-\n分子中含有羧基和氨基，可发生缩聚反应可生成高分子化合物F：；根据信息反应（i）可知，有机物X为1，3﹣丁二烯，据此进行解答．【解答】解：分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；分子中含有羧基和氨基，可发生缩聚反应可生成高分子化合物F：；根据信息反应（i）可知，有机物X为1，3﹣丁二烯，（1）根据阿司匹林的结构简式可知，其分子中含有的官能团为酯基和羧基；苯环、C=O均为平面结构，且直接相连，则苯环（6个C、4个H）、﹣COOH、酯中（﹣OOCCH）最多共面，即最多19个原子，故答案为：酯基；羧基；19；（2）根据图示结构简式可知，反应①为消去反应；反应⑥为水杨酸发生酯化反应生成阿司匹林，该反应也属于取代反应，故答案为：消去反应；酯化反应（取代反应）；（3）根据分析可知，X的名称为1，3﹣丁二烯；反应③为转化成，为卤代烃的水解反应，则反应条件为：氢氧化钠的水溶液、加热，故答案为：1，3﹣丁二烯；氢氧化钠的水溶液、加热；（4）B为，为苯甲醇，分子中含有酚羟基和羧基，a．FeCl3溶液：B不与氯化铁反应，而分子中含有酚羟基，能够与氯化铁发生显色反应，所以能够用氯化铁鉴别，故a正确；b．浓溴水：浓硝酸不与苯甲醇反应，但是能够与酚羟基的邻、对位H发生取代反应，可以用浓溴水鉴别，故b正确；c．Na：二者都能够与钠反应生成氢气，无法用钠鉴别，故c错误；-32-\nd．NaHCO3溶液：苯甲醇不与碳酸氢钠溶液反应，而中的羧基能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可以用碳酸氢钠溶液鉴别，故d正确；故答案为：abd；（5）反应⑤为的发生银镜反应，方程式为；分子中含有羧基和氨基，可发生缩聚反应可生成高分子化合物F，则反应⑦为：n+（n﹣1）H2O，故答案为：；n+（n﹣1）H2O；（6）甲苯（）在浓硫酸作用下发生硝化反应生成，被氧化生成，然后发生信息反应（ii）生成，则以芳香烃C7H8为原料制备的合成路线流程图为：，-32-\n故答案为：．【点评】本题考查了有机推断和有机合成，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，（6）为难点，需要充分利用题中信息反应，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．　-32-