兰州财经大学陇桥学院-中秋节作文500字左右

驻马店市2019-2020学年度第一学期高三期末考试
化学试题
2020.01
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号、座号涂写在答题卡指定位置上。
2．选择题必 须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑
色签字笔书写，字体工整 、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、
试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Al 27 Fe 56 Cu 64 Li 7
第I卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. “太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化
分解水制氢 、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是（ ）
A. 太阳能燃料属于一次能源
B. 直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物
C. 用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源
D. 研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展2
下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 浓硫酸具有吸水性，可用作二氧化碳气体的干燥剂
B. 二氧化硫具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
C. 氢氧化铝具有弱酸性，可用作胃酸中和剂
D. 乙烯具有还原性，可用作水果催熟剂
3.《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采 蒿蓼之属……晒干烧灰，以原水淋汁…久则
凝淀如石……浣衣发面，甚获利也。”下列说法中错误的是（ ）
A. “石碱”可用作洗涤剂 B. “石碱”的主要成分易溶于水
C. “石碱”俗称烧碱 D. “久则凝淀如石”的操作为结晶
4.反应NaCl+NH
3
+H
2
O+CO
2
═NH
4
Cl+NaHCO
3
↓产生的 NaHCO
3
经煅烧可得纯碱，这是侯氏制碱法
的基本原理。下列 表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为8的氮原子：
C. Cl的结构示意图
-

B. NH
4
Cl的电子式：
D. CO
2
的结构式：O-C-O


5.2018年我国首次合成了 在有机化工领域具有重要价值的化合物M（结构简式如图所示）。
下列关于M的说法错误的是（ ）

A. 分子式为C
10
H
11
NO
5
B. 所有碳原子可以处在同一平面内
C. 能发生取代反应和加成反应
D. 苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种（不考虑立体结构）
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
-12++--
A. 0.1mol•LNa
2
SO
4
溶液 ：Cu、K、C1、NO
3

-13++--
B. 0.1mol•LFeCl
3
溶液：Al、NH
4
、SCN、I
-1+2+-2-
C. 0.1mol•LKOH溶液：Na，Mg、Br、SO
4

-12+2+--
D. 0.1mol•LHNO
3
溶液；Fe、Ba、ClO、AlO
2

7.设N
A
为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
-1
A. 1L1mol•LFeCl
3
溶液在沸水中生成的胶体粒子数为N
A

B. 22.4LCH
4
和22.4LC
2
H
4
所 含的氢原子数均为4N
A

C. 5g由CO
2
与N
2O组成的混合物中所含的质子总数为2.5N
A

D. 1mol乙醇与1mol乙酸在浓硫酸的作用下充分反应，生成乙酸乙酯的数目为N
A

8.实验室模拟从海水中提取溴，下列有关实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）

A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙将Br氧化
C. 用装置丙分离出溴的四氯化碳溶液 D. 用装置丁将水和乙醇分离
-1
常见金属M和卤素反 应的焓变△H（单位：kJ•mol）示意图如图，反应物和生成物
均为常温时的稳定状态。下列选项中 不正确的是（ ）
-

A. MBr
2
与Cl
2
反应的△H＜0
B. 化合物的热稳定性顺序： MI
2
＞MBr
2
＞MCl
2
＞MF
2

C. MBr
2
（s）+F
2
（g）═MF
2
（s ）+Br
2
（l），△H=-600 kJ•mol
D. 由MC1
2
（s）制得M的反应是吸热反应
-1

10.短周 期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们能组成一种化合物，其结构如图
所示。下列说法正 确的是（ ）

A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X
C. W与Z形成的化合物ZW
2
中只含离子键 D. W的单质难溶于W与X形成的化合物XW
2


11.已知氧化性：Fe＞M （M为不活泼的常见金属），向物质的量浓度均为1mol•L的Fe
2
（SO
4）充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
3
和MSO
4
的100m L混合液中加入amol铁粉，
3+2+
A. 当a≤0.1时，发生的反应为2Fe+Fe=3Fe
2+
B. 当0.1≤a＜0.2时，溶液中n（Fe）=（0.2+a）mol
3+2+2+
C. 当a≥0.2时，发生的反应为2Fe+M+2Fe═4Fe+M
D. 若有固体剩余则可能是铁
12.一种由沼气获得高浓度生物质甲烷燃气的装置如图所示：下列相关说法正确的是（ ）
3+2+-1

A. 阴离子向阴极区迁移 B. 在阴极区，CO
2
直接被还原为CH
4

-+--+
C. 在阳极区逸出的气体只有O
2
D. 在阳极上可能发生反应：2H
2
O-4 e═4H+O
2
↑，HS-2e═S↓+H
13.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选实验
项
A
B
C
将镁条点燃后迅速伸入充满N
2
的集气瓶中
将装 有CuCl
2
•2H
2
O晶体的试管加热，在试管口放
置湿润的蓝色 石蕊试纸
将镁片和铝片分别打磨后，用导线连接，再插入
NaOH溶液中
向2 m LNa
2
S稀溶液中滴加0.1mol•LZnSO
4
溶液
至不再有 白色沉淀产生，然后再往上述溶液中滴
-1
加0.1mol•L的CuSO
4
溶液
B. B C. C D. D
-1
现象
集气瓶内有黄绿色粉
末产生
试纸变为红色
片刻后镁片上有大量
气泡产生，铝片上产
生的的气泡很少
结论
N
2
具有氧化
性
CuCl
2
显酸性
镁为电池正
极
D 沉淀由白色变为黑色 K
sp
（ZnS）＞
K
sp
（CuS）
A. A

14.甲胺（CH
3
NH
2
）的性质与氨气相似，将 pOH相同、体积均为V
0
的CH
3
NH
2
•H
2
O和NaOH两种
溶液分别加水稀释至体积为V，pOH随lg的变化关系如图所示，下列叙述 错误的是（ ）
已知：常温下，pH+pOH=14．pOH=-lgc（OH）
-

A. 稀释相同倍数时，CH
3
NH
2
•H< br>2
O的浓度比NaOH的浓度大
B. 溶液中水的电离程度：b点大于c点
C. 由c点到d点，溶液中保持不变
D. 常温下，某盐酸的pH=m，a点时CH
3
NH
2
•H
2
O的pH=n，当m+n=14时，取等体积的两 溶液混
-++-
合，充分反应后：n（Cl）＞n（CH
3
NH
3< br> ）＞n（H）＞n（OH ）
第II卷(非选择题 共50分)
三、非选择题：包 括必考题和选考题两部分。第15题～第17题为必考题，每个试题考生
都必须作答。第18题～第19 题选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题
15.某校学习小组的同学设计实验，制备（ NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
•6H2
O并探究其分解规律。实验
步骤如下：
Ⅰ．称取7.0g工业废铁粉放入烧杯 中，先用热的Na
2
CO
3
溶液洗涤，再水洗，最后干燥。
Ⅱ．称 取6.0g上述处理后的铁粉加入25mL某浓度硫酸中加热，加热过程中不断补充蒸馏水，
至反应充分 。
Ⅲ．冷却、过滤并洗涤过量的铁粉，干燥后称量铁粉的质量。
Ⅳ．向步骤Ⅲ的滤液中加入 适量（NH
4
）
2
SO
4
晶体，搅拌至晶体完全溶解，经一 系列操作得干
燥纯净的（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
•6H
2
O。
V．将（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
•6H
2
O脱水得（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
，并进行热分解实验。
已知在不同温度下FeSO
4
•7H
2
O的溶解度如表：
温度（℃）
溶解度（g）
1
14.0
10
17.0
30
25.0
50
33.0
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ用热的Na
2
CO
3
溶液洗 涤工业废铁粉的目的是______，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，
是为了______，加热反应过程中需 不断补充蒸馏水的目的是______。
（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了______。
（3）（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
分解的气态产物可能有N< br>2
、NH
3
、SO
2
、SO
3
及水蒸气，用 下列装置检
验部分产物。

①检验气态产物中的SO
2和SO
3
时，装置连接顺序依次为______（气流从左至右）；C中盛放
的试 剂为______。
②装置A的作用是______。
③检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，需用到的试剂为______。

16.某研究小组在实验室以废铜屑（主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2
O
3
）为原料制
备碱式碳酸铜[Cu
2
（OH）2
CO
3
]，具体流程如图：

已知：Cu
2
（OH）
2
CO
3
为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。
（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为______（任写一种）。
（2）“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为______。
（3）“调节pH”操作中加入的试剂为______（填化学式）。
（4）洗涤Cu
2
（OH）
2
CO
3
沉淀的操作为______。
（5 ）“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是______；该步骤生成Cu
2
（OH）2
CO
3
的同时产
生CO
2
，请写出该反应的化学方程 式：______。
（6）某同学为测定制得的产品中Cu
2
（OH）
2< br>CO
3
的质量分数，进行了如下操作：称取m
1
g产
品，灼烧 至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应），冷却后，称得该黑色
固体质量为m
2
g，则样品中Cu
2
（OH）
2
CO
3
的纯度为 ______（用含m
1
、m
2
的代数式表示）。

17 .三氧化钼（MoO
3
）是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼< br>矿（主要成分为MoS
2
）通过一定条件来制备。回答下列相关问题：
（1） 已知：①MoS
2
（s）⇌Mo（s）+S
2
（g）△H
1

②S
2
（g）+2O
2
（g）⇌2SO
2
（g）△ H
2

③2Mo（s）+3O
2
（g）⇌2MoO
3
（s）△H
3

则2MoS
2
（s）+7O
2
（ g）⇌2MoO
3
（s）+4SO
2
（g）的△H=______（用含△H
1
、△H
2
、△H
3
的代数
式表示）。
（2）若在恒温恒容条件下，仅发生反应MoS
2
（s）⇌Mo（s）+S
2
（g）
①下列说法正确的是______（填字母）。
a．气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态
c．增加MoS
2
的量，平衡正向移动
-1
②达到平衡时S
2
（g）的浓度为1.4mol•L，充入一定量的S
2
（g），反应再次达到平衡 ，S
2
-1
（g）浓度______（填“＞”“＜”或“=”）1.4mol•L。

（3）在2L恒容密闭容器中充入1.0molS
2
（g）和1.5m olO
2
（g），若仅发生反应：S
2
（g）
+2O
2（g）⇌2SO
2
（g），5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则 0～5min
-1-1
内，S
2
（g）的反应速率为______mol•L •min。
（4）在恒容密闭容器中，加入足量的MoS
2
和O
2
，仅发生反应：2MoS
2
（s）+7O
2
（g）⇌2MoO
3（s）+4SO
2
（g）△H．测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。

①△H______（填“＞”“＜”或“=”）0；比较p
1
、p
2
、p
3
的大小：______。
②若初始时通入7.0molO
2
，P
2
为7.0kPa，则A点平衡常数K
p
=______（ 用气体平衡分压代替
气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可）。压强为 p
1
，温
度为1100K时，平衡常数K
p
′______（填“＞ ”“＜”或“=”）K
p
。
(二)选考题
18.【化学- 物质结构与性质】
2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研 究方面做
出的贡献，他们最早发明用LiCoO
2
作离子电池的正极，用聚乙炔作负极 。回答下列问题：
（1）基态Co原子价电子排布图为______（轨道表达式）。第四电离能I< br>4
（Co）比I
4
（Fe）
小，是因为______。
（2）LiCl的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，其原因是______。
（3）乙炔（C
2
H
2
）分子中σ键与π键的数目之比为______。
（4）锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯（）是一种锂离子电池电解液的
添加剂 。
①LiBF
4
中阴离子的空间构型是______；与该阴离子互为等电子体的分 子有______。（列一
种）
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有______。 < br>（5）Li
2
S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示， 已知晶
胞参数a=588pm。

①S的配位数为______。
-3< br>②设N
A
为阿伏加德罗常数的值，Li
2
S的晶胞密度为______ （列出计算式）g•cm。
2-

19.【化学---有机化学基础】
环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______。B中含有官能团的名称为______。
（2）反应②的反应类型是______。
（3）C的结构简式为______。
（4）G与新制Cu（OH）
2
反应的化学方程式为______。
（5） X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的
X的结构简式为 ______。
（6）设计由1，3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备























的合成路线（其他试剂任选）。

解析版
1.
【答案】A
【解析】
解：A．太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转化，属于二次能源，故A错误；
B．直接电催化CO
2
制取燃料，应生成CO等，发生还原反应，为阴极产物，故B正 确；
C．氢气的燃烧产物为水，不污染环境，故C正确；
D．研发和利用太阳能燃料，可重复利用燃料，避免环境污染，有利于经济的可持续发展，故D正确。
故选：A。
太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学 能的转化，生成的燃料
为氢气、一氧化碳等，以此解答该题。
本题考查常见能量的转化，为高 频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，注
意把握能量的转化特点，题目难 度不大。

2.
【答案】A
【解析】
解：A、浓硫酸具有吸水性、并且与二氧化碳不反应，可用作二氧化碳气体的干燥剂，故A正确； < br>B、二氧化硫与氧气反应，所以少量的二氧化硫可用作葡萄酒抗氧化剂，与二氧化硫具有氧化性无关，故B
错误；
C、氢氧化铝具有弱碱性，能与胃中的盐酸发生中和反应，所以氢氧化铝可用作胃酸 中和剂，与氢氧化铝具
有弱酸性无关，故C错误；
D、乙烯是一种植物生成调节剂，能催熟果实，可用作水果的催熟剂，与乙烯的还原性无关，故D错误；
故选：A。
A、浓硫酸具有吸水性，能吸收某些气体中混有的水蒸气；
B、二氧化硫与氧气反应，表现出还原性；
C、氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应；
D、乙烯是植物生长调节剂，有催熟果实的功能。
本题考查了元素化合物性质与用途，明确相 关物质的性质是解题关键，注意审题时把握物质的化学性质与
其实际应用相对应，题目难度不大。

3.
【答案】C
【解析】
解：A、“石碱”主要成分K2
CO
3
，是弱酸强碱盐，水解显碱性，所以可作洗涤剂，故A正确；
B、“石碱”主要成分K
2
CO
3
，是钾盐，易溶于水，故B正确；
C、石碱”主要成分K
2
CO
3
，不是烧碱NaOH，故C错误；
D、水分蒸发，K
2
CO
3
结晶析出，得到K
2
C O
3
晶体，所以“久则凝淀如石”的操作为结晶，故D正确；
故选：C。
“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶
于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，成分来自植物烧成的灰中的成分，为钾盐，所以主要成分K
2
CO
3
，据 此分析。
本题考查元素化合物性质及应用，明确物质的性质和提纯为解答关键，注意掌握物质组成、性 质及用途，
试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。

4.
【答案】

A
【解析】
解：A、质量数=质子数+中子数，故中子数为8的N原子表示为，故A正确；
B、氯化铵为 离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子式为
，故B错误； C、氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其正确的离子结构示意图为：
D、碳原子与两 个O原子之间以双键相连，故其结构式为O=C=O，故D错误。
故选：A。
A、质量数=质子数+中子数；
B、铵根离子为复杂阳离子，电子式中需要标出N、H原子的最外层电子；
C、氯离子的核电荷数为17，不是18；
D、碳原子与两个O原子之间以双键相连。
，故C错误；
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电 子式及元素符号等知识，
明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。

5.
【答案】
B
【解析】
解：A．有机物含有10个C、1 1个H、1个N、5个O原子，分子式为C
10
H
11
NO
5
，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不在同一个平面上，故B错误；
C．含有苯环，可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故C正确；
D．苯环有4个H，且左右对称，则苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种，故D正确。
故选：B。
有机物含有硝基、醚键和羧基，结合羧酸的性质以及苯、甲烷的结构特点解答该题。
本题考查 有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意把握同分异构
体的判断 ，题目难度不大，选项D为解答的易错点。

6.
【答案】
A
【解析】
解：A．Cu
2+
、K
+
、C1
-、NO
3
-
之间不反应，都不与Na
2
SO
4
反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．FeCl
3
溶液的Fe
3 +
与SCN
-
、I
-
反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Mg
2+
与KOH反应生成氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故C错误； < br>D．HNO
3
、Fe
2+
之间发生氧化还原反应，HNO
3< br>、Fe
2+
都与ClO
-
、AlO
2
-
反应 ，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A．四种离子之间不反应，都不与硫酸钠反应；
B．铁离子与硫氰根离子、碘离子反应；
C．氢氧化钾与镁离子生成氢氧化镁沉淀；
D．稀硝酸、亚铁离子之间发生氧化还原反应，且二者都与次氯酸根离子、偏铝酸根离子反应。

本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分 解反应的
离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe
3+
和SCN
-
）等；还应该注
意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来 判断溶液中是否有大量的H
+
或OH
-
；溶液的具体反应条件，
如“ 氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学
生灵 活运用基础知识解决实际问题的能力。

7.
【答案】
C
【解析】
解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故生成的胶粒数小于N
A
个，故A错误；
B、气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，故B错误；
C、CO
2
与N
2
O的摩尔质量均为44gmol，故5g混合物的 物质的量为n=
故含有的质子数为2.5N
A
个，故C正确；
mol，且含 有的质子数均为22个，
D、酯化反应为可逆反应，不能反应彻底，故生成的乙酸乙酯小于N
A
个，故D错误。
故选：C。
A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
B、气体所处的状态不明确；
C、CO
2
与N
2
O的摩尔 质量均为44gmol，且含有的质子数均为22个；
D、酯化反应为可逆反应。
本题考查 了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

8.
【答案】
C
【解析】
解：A．稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸与二氧化锰加热反应，图中装置不能制备氯气，故A错误；
B．气体应长导管进入，图中进气方向不合理，故B错误；
C．分层后，溴的四氯化碳溶液在下层，图中分液漏斗可分离，故C正确；
D．蒸馏时温度 计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中温度计水银球未在支管口处，冷水未下进上出，
故D错误；
故选：C。
A．稀盐酸与二氧化锰不反应；
B．气体应长导管进入；
C．分层后，溴的四氯化碳溶液在下层；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出。
本题考查化学实验方案的评价，为高频 考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，
侧重分析与实验能力的考查，注意实验 的评价性分析，题目难度不大。

9.
【答案】
B
【解析】
解：A．根据M（s）+Cl
2
（g）=MCl
2
（s）△H=-6 41.3kJmol，M（s）+Br
2
（l）=MBr
2
（s）△H=-5 24kJmol，
将第一个方程式与第二方程式相减得MBr
2
（s）+Cl
2
（g）=MCl
2
（s）+Br
2
（l）△H=-117.3kJ •mol
-1
，故A正
确；

B．能量越小的物质越稳定， 所以化合物的热稳定性顺序为MI
2
＜MBr
2
＜MCl
2
＜MF
2
，故B错误；
C．M（s）+F
2
（l）=MF
2
（s）△H=-1124kJmol，M（s）+Br
2
（l）=MBr
2
（s）△H=-524kJmol，将第一个方
程式与第二方程式相减得MBr
2< br>（s）+F
2
（g）=MF
2
（s）+Br
2
（l） △H=-600kJ•mol
-1
，故C正确；
D．生成MC1
2
为放热反应，其逆反应为吸热反应，故D正确；
故选：B。
根据图示可知M（s）+F
2
（g）=MF
2
（s）△H=-1124kJmol，M（s）+Cl
2
（g）=MCl
2
（ s）△H=-641.3kJmol，
M（s）+Br
2
（l）=MBr
2< br>（s）△H=-524kJmol，M（s）+I
2
（s）=MI
2
（ s）△H=-364kJmol。
本题化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力， 注意物质能量与稳定性的关系判断，
题目难度中等。

10.
【答案】
B
【解析】
解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为Na，W为S元素。 < br>A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层数越多原子半径越大，则原子半径大小为：Z＞W＞X＞ Y，
故A错误；
B．非金属性：N＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X，故B正确；
C．Na
2
O
2
中含有离子键和共价键，故C错误；
D ．W的单质为S单质，XW
2
为CS
2
，硫单质易溶于二硫化碳，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们能组成一种化合物，其 结构如图所示，X形成4个
共价键，Z为+1价阳离子，Y形成3个共价键，W能够形成1个共价键且得 到1个电子，其最外层含有6个
电子，结合原子序数大小可知，X为C，Y为N，Z为Na，W为S元素 ，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握 元素周期律内容
及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

11.
【答案】
D
【解析】
解：A、加入铁粉后，先与Fe
3+
反应，混合溶液中Fe
3+
的物质的量为1molL×0.1L×2=0 .2mol，由2Fe
3+
+Fe=3Fe
2+
可知，加入0.1molFe 时，铁离子恰好完全反应，则a≤0.1时，Fe粉只能将Fe
3+
还原，故A正确；
B、当0.1≤a＜0.2时，先发生2Fe
3+
+Fe=3Fe
2+
、铁 离子为0.2mol、Fe
3+
全部反应消耗铁粉0.1mol，M
2+
为0 .1mol、
M
2+
部分全部被还原也要消耗铁粉0.1mol，所以M
2+
部分被还原，发生M
2+
+Fe=Fe
2+
+M，铁离子为0.2m ol和加入
Fe为amol全部被氧化为Fe
2+
，根据铁元素守恒可知，溶液中Fe
2+
来自于Fe
3+
和加入的铁粉，故n（Fe
2+
）=< br>（0.2+a）mol，故B正确；
C、当a≥0.2时，铁离子为0.2mol、M
2+
为0.1mol、加入Fe为amol，将其全部还原，故反应为：2Fe
3+
+M
2+
+2Fe
═4Fe
2+
+M，故C正确；
D、 若有固体剩余，Fe
3+
全部反应，M
2+
开始被还原，则固体中一定有M， 当铁粉过量时，还会含有铁，所以若
有固体剩余则一定有M，可能有铁，故D错误；
故选：D。
因氧化性Fe
3+
＞M
2+
，加入铁粉后，先 与Fe
3+
反应，后与M
2+
反应。
A、当 a≤0.1时，F e粉只能将Fe
3+
还原，只发生反应2Fe
3+
+Fe=3Fe
2 +
；
B、当0.1≤a＜0.2时，发生2Fe
3+
+Fe=3Fe2+
、M
2+
+Fe=Fe
2+
+M；
C、当a≥ 0.2时，发生了2Fe
3+
+Fe=3Fe
2+
、M
2+
+Fe=Fe
2+
+M反应，铁过量；

D、有固体剩余时，Fe< br>3+
全部反应，M
2+
开始被还原，故一定有M，当铁过量时，还有含有铁。
本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应的先后顺序、电子守恒及原子守恒为解答的关键，
侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

12.
【答案】
D
【解析】
解：A、电解池中，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，故A错误；
B、阴极氢离子放电生成氢气，氢气和二氧化碳中反应釜中生成CH
4
，故B错误；
C、阴极溶液呈碱性，部分CO
2
气体转化为HCO
3
-
移 向阳极，在阳极与H
+
反应生成CO
2
，所以阳极区逸出的气
体主要 是O
2
，还有少量CO
2
等气体，故C错误；
D、阳极上OH< br>-
放电生成O
2
，电极反应为2H
2
O-4e
-═4H
+
+O
2
↑，同时阴极生成的HS
-
移向阳极， HS
-
可能放电生
成S单质，发生HS
-
-2e
-
═S↓+H
+
，故D正确；
故选：D。
A、电解池中，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极；
B、由图可知，CO
2
被还原为CH
4
的反应在反应釜中进行；
C、通过调节pH使阴极溶液呈碱性，部分CO
2
气体转化为HCO
3
-
移向阳极，在阳极与H
+
反应；
D、调节适当的pH使阴极溶液呈碱 性，部分CO
2
和H
2
S气体转化为HCO
3
-
、 HS
-
移向阳极，HS
-
可能放电生成S
单质。
本题考查 电解原理的应用，侧重于学生的分析能力和迁移运用能力的考查，为高频考点，把握反应原理和
电极方程 式的书写为解答该题的关键，注意物质的性质、分析电极上的物质类型及其可能发生的反应，题
目难度中 等。

13.
【答案】
B
【解析】
解：A．Mg 与氮气反应生成氮化镁，N元素的化合价降低，则N
2
具有氧化性，故A正确；
B ．加热促进铜离子水解，且生成盐酸可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，由现象不能说明CuCl
2
显酸性，故B
错误；
C．构成原电池，Al为负极，Mg为正极，则镁片上有大量气泡产生 ，铝片上产生的的气泡很少，故C正确；
D．由操作可知，发生沉淀的转化，则K
sp（ZnS）＞K
sp
（CuS），故D正确；
故选：B。
A．Mg与氮气反应生成氮化镁；
B．加热促进铜离子水解，且生成盐酸可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
C．构成原电池，Al为负极；
D．由操作可知，发生沉淀的转化。
本题考查化 学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、沉淀转化、原电
池、实验技 能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

14.
【答案】
D
【解析】
解：pOH相同、体积均为V< br>0
的CH
3
NH
2
•H
2
O和NaOH两种 溶液分别加水稀释至体积为V，强碱NaOH的pOH变化
大，则曲线I表示CH
3
N H
2
•H
2
O的变化、曲线II表示NaOH的变化，

A、CH
3
NH
2
•H
2
O是弱碱，pOH相同时c（ CH
3
NH
2
•H
2
O）＞c（NaOH），即pOH相同 、体积均为V
0
的CH
3
NH
2
•H
2
O 和
NaOH两种溶液中n（CH
3
NH
2
•H
2
O ）＞n（NaOH），根据c=
的浓度大，故A正确；
B、碱抑制水的电离，并且碱性越强、 抑制作用越大，由图可知，b点碱性弱、c点碱性强，所以水的电离
程度：b点大于c点，故B正确；
可知，稀释相同倍数时，CH
3
NH
2
•H
2
O的 浓度比NaOH
C、曲线I表示CH
3
NH
2
•H
2
O的变化，CH
3
NH
2
•H
2
O的电离平衡常数为Kb ，则
为常数，只与温度有关，所以由c点到d点、即加水稀释时
正确；
D、当m+n =14，酸电离的氢离子浓度与碱电离的氢氧根离子浓度相同，但CH
3
NH
2
•H
2
O为弱碱、部分电离，所
以等体积的两溶液混合混合时，碱过量，混合后溶液 显碱性，n（OH
-
）＞n（H
+
），电荷关系为n（OH
-
）
+n（Cl
-
）=n（CH
3
NH
3
+
）+n（H
+
），所以充分反应后：n（CH
3
NH
3
+< br> ）＞n（Cl
-
）＞n（OH
-
）＞n（H
+
），故
D错误；
故选：D。
pOH相同、体积均为 V
0
的CH
3
NH
2
•H
2
O和NaOH 两种溶液分别加水稀释至体积为V，强碱NaOH的pOH变化大，
则曲线I表示CH
3
NH
2
•H
2
O的变化、曲线II表示NaOH的变化，
保持不 变，故C
A、CH
3
NH
2
•H
2
O是弱碱，pO H相同时c（CH
3
NH
2
•H
2
O）＞c（NaOH）， 根据c=分析判断；
B、碱溶液中pOH越大，碱性越弱，抑制水的电离程度越小，反之相反； C、曲线I表示CH
3
NH
2
•H
2
O的变化，CH< br>3
NH
2
•H
2
O的电离平衡常数为Kb，则
据此分 析解答；
，
D、m+n=14时，酸电离的氢离子浓度与碱电离的氢氧根离子浓度相同，结合 CH
3
NH
2
•H
2
O为弱碱和溶液中电荷
关系分 析判断。
本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、水的电离影响因素、pH的简单计算等， 把握弱电解质
的电离平衡特点与pH的计算是解答关键，注意电荷守恒关系的应用，试题培养了学生的分 析能力及综合应
用能力，题目难度中等。

15.
【答案】
除去铁粉表面的油污 确保溶液中不含Fe
3+
防止硫酸亚铁晶体析出 确定步骤IV中加入（NH
4
）
2
SO
4
晶体的质量 D→C→B→A 盐酸酸化的氯化钡溶液 吸收二氧化硫，防止污染空气 稀硫酸、高锰酸
钾溶液
【解析】
解：（1）步骤Ⅰ用热的Na
2
CO
3
溶液洗涤 工业废铁粉的目的是除去铁粉表面的油污，步骤Ⅱ中设计铁粉过量，
是为了确保溶液中不含Fe
3+
，加热反应过程中需不断补充蒸馏水的目的是防止硫酸亚铁晶体析出，
故答案为：除去铁粉表面的油污；确保溶液中不含Fe
3+
；防止硫酸亚铁晶体析出；
（2）步骤Ⅲ中称量反应后剩余铁粉的质量，是为了确定步骤IV中加入（NH
4
）< br>2
SO
4
晶体的质量，
故答案为：确定步骤IV中加入（NH4
）
2
SO
4
晶体的质量；
（3）①检验气态产物 中的SO
2
和SO
3
时，D先连接C，利用盐酸酸化的氯化钡溶液可检验三氧 化硫，再连接
B，利用品红褪色可检验二氧化硫，最后连接A吸收尾气，则装置连接顺序依次为D→C→ B→A，C中盛放的
试剂为盐酸酸化的氯化钡溶液，

故答案为：D→C→B→A；盐酸酸化的氯化钡溶液；
②二氧化硫有毒，不能排放在环境中，则装置A的作用为吸收二氧化硫，防止污染空气，
故答案为：吸收二氧化硫，防止污染空气；
③亚铁离子具有还原性，可溶于稀硫酸，滴加高 锰酸钾溶液，若不褪色则不含亚铁离子，反之含有，则检
验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否 含有二价铁，需用到的试剂为稀硫酸、高锰酸钾溶液，
故答案为：稀硫酸、高锰酸钾溶液。
（1）碳酸钠水解显碱性，有利于油污的水解；Fe可防止亚铁离子被氧化；加热反应时硫酸亚铁晶体易析出；
（2）过量的铁粉不参与制备（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
•6H
2
O的反应；
（3）①检验气态 产物中的SO
2
和SO
3
时，D先连接C，利用盐酸酸化的氯化钡溶液可检验 三氧化硫，再连接
B，利用品红褪色可检验二氧化硫，最后连接A吸收尾气；
②二氧化硫有毒，不能排放在环境中；
③亚铁离子具有还原性，可溶于稀硫酸，滴加高锰酸钾溶液，若不褪色则不含亚铁离子，反之含有。 < br>本题考查物质的制备及含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验技能< br>为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

16.
【答案】
搅拌（或适当升温等） H
2
O
2< br>+2H
+
+Cu=Cu
2+
+2H
2
O CuO或Cu（OH）
2
或Cu（OH）
2
CO
3
等 加人洗涤剂至浸没
沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次 温度过低，反应速率 太慢，温度过高，Cu
2
（OH）
2
CO
3
易分解 2C uSO
4
+2Na
2
CO
3
+H
2
O=C u
2
（OH）
2
CO
3
↓+2Na
2
SO
4
+CO
2
↑
【解析】
×100%
解：（1 ）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法，故答案为：搅
拌（或 适当升温等）；
（2）“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H
2
O
2
+2H
+
+Cu=Cu
2+
+2H
2
O，
故答案为：H
2
O
2
+2H
+< br>+Cu=Cu
2+
+2H
2
O；
（3）“调节pH”操作目 的是将溶液中的Fe
3+
转化为Fe（OH）
3
沉淀除去，由于废铜屑使用酸 浸溶解，需要
加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu（ OH）（OH）
2
或Cu
2
CO
3
等，故答案为：CuO 或Cu（OH）
2
或Cu（OH）
2
CO
3
等；
（4）洗涤Cu
2
（OH）
2
CO
3
沉淀的操作为过滤， 合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待
液体自然流下后，重复2～3次，
故答案为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2～3次；
（5）根据题目已知：Cu
2
（OH）
2
CO
3
为难溶于冷 水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～
60℃的既可以加快反应速率同时也可防止 制得的Cu
2
（OH）
2
CO
3
不被分解，该步骤中向含有 硫酸铜的滤液中
加入碳酸钠生成Cu
2
（OH）
2
CO
3< br>的同时产生CO
2
，该反应的化学方程式：2CuSO
4
+2Na2
CO
3
+H
2
O=Cu
2
（OH）
2
CO
3
↓
+2Na
2
SO
4
+CO2
↑，
故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu
2
（OH ）
2
CO
3
易分解；2CuSO
4
+2Na
2CO
3
+H
2
O=Cu
2
（OH）
2
CO
3
↓+2Na
2
SO
4
+CO
2
↑；
（6）m
1
g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体（假设杂质不参与反应）， 发生的反应为：Cu
2
（OH）
CO
3
2CuO+CO
2< br>↑+H
2
O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设 样品中
2
Cu
2
（OH）
2
CO
3
的质量 为xg。

Cu
2
（OH）
2
CO
3
2CuO+CO
2
↑+H
2
O△m

废铜屑（主要成分 是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe
2
O
3
），加入稀硫酸浸取，CuO 、Fe、Fe
2
O
3
与稀硫酸反应，
形式含有Cu
2+、Fe
2+
、Fe
3+
的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将F e
2+
氧化为Fe
3+
，同时铜单质与双
氧水在酸性条件下反应生成 铜离子，再调节溶液pH值，将Fe
3+
转化为Fe（OH）
3
沉淀除去，过 滤后得到主
要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55～60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu< br>2
（OH）
2
CO
3
晶体，再
经过过滤、冷水洗涤， 干燥，最终得到Cu
2
（OH）
2
CO
3
，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关
键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意（6）为解答的难点，题目难度中等。

17.
【答案】
2△H
1
+2△H
2
+△H
3
ab = 0.05 ＜ p
1
＞p
2
＞p


【解析】
解：（1）已知：①MoS
2
（s）⇌Mo（s）+S
2
（g）△H
1

②S
2
（g）+2O
2
（ g）⇌2SO
2
（g）△H
2

③2Mo（s）+3O
2< br>（g）⇌2MoO
3
（s）△H
3

将方程式2①+2②+③ 得2MoS
2
（s）+7O
2
（g）⇌2MoO
3
（s）+ 4SO
2
（g）△H=2△H
1
+2△H
2
+△H
3
；
故答案为：2△H
1
+2△H
2
+△H
3
； （2）①a．恒容条件下，随着反应的进行，气体密度增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S
2
是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时 反应不一定达到平衡状
＞

态，故正确；
c．MoS
2是固体，不影响平衡移动，所以加入该MoS
2
平衡不移动，故错误；
故选ab；
②K=c（S
2
），温度不变化学平衡常数不变，则c（S2
）不变，
故答案为：=；
（3）恒温恒容条件下气体压强之比等于气体物质 的量之比，则平衡时混合气体物质的量=2.5mol×
80%=2mol，反应前后气体物质的量减少 量=（2.5-2）mol=0.5mol，根据方程式知，气体减少的物质的量相
当于参加反应的n（ S
2
）=0.5mol，0～5min内，S（的反应速率
2
g）
故 答案为：0.05；
mol（L．min）=0.05mol（L．min），
（4）①根 据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，则△H＜0；该反应的正反应
是一个 反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以压强：p
1
＞p
2
＞p
3
，
故答案为：＜；p
1
＞p
2
＞p
3
；
② 若初始时通入7.0molO
2
，P
2
为7.0kPa，A点氧气转化率为5 0%，则A点n（O
2
）=7mol×（1-50%）=3.5mol，

（1）已知：①MoS
2
（s）⇌Mo（s）+S
2
（g）△H
1< br>
②S
2
（g）+2O
2
（g）⇌2SO
2
（g）△H
2

③2Mo（s）+3O
2
（g）⇌2MoO
3
（s）△H
3

将方程式2①+2②+③得2MoS
2
（ s）+7O
2
（g）⇌2MoO
3
（s）+4SO
2
（g） △H进行相应的改变；
（2）①a．恒容条件下，随着反应的进行，气体密度增大；
b．只有S
2
是气体，所以气体相对分子质量始终不变；
c．MoS
2
是固体，不影响平衡移动；
②K=c（S
2
），温度不变化学平衡常数不变；
（3）恒温恒容条件下气 体压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时混合气体物质的量=2.5mol×
80%=2mol，反 应前后气体物质的量减少量=（2.5-2）
mol=0.5mol，根据方程式知，气体减少的物质 的量相当于参加反应的n（S
2
）=0.5mol，0～5min内，S
2
（ g）
的反应速率；
（4）①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移 动；该反应的正反应是一个反应
前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大 ；
②若初始时通入7.0molO
2
，P
2
为7.0kPa，A点 氧气转化率为50%，则A点n（O
2
）=7mol×（1-50%）=3.5mol，
生成n（SO
2
）==2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点 压
强=×7.0kPa=5.5kPa，P（O
2
）=×5.5kPa=3.5kPa ，P（SO
2
）=（5.5-3.5）kPa=2kPa，

则A点平衡常数K
p
=
减小。
；平衡常数只与温度 有关，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡常数
本题考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重 考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡移
动影响原理、平衡常数计算方法等知识点是解本题 关键，注意平衡常数只与温度有关，（2）②为解答易错
点。

18.
【答案】 Co失去的是3d
6
上的一个电子，而Fe失去的是半充满状
态3d
5
上的一个电子，故Fe需要的能量较高 LiCl和LiF均为离子晶体，Cl
-
半径比F
-
大，LiCl的晶格能
比LiF的小 3：2 正四面体 CF
4
sp
2
、sp
3

解：（1）Co 是27号元素，原子价电子排布式为3d
7
4s
2
，价电子轨道表达式为 < br>Co
3+
价电子排布为3d
6
变为较稳定的3d
5
， 而Fe
3+
价电子排布由较稳定的3d
5
变为不稳定的3d
4
，需要更多的能
量，故第四电离能：I
4
（Co）＜I
4
（Fe），
故答案为：
的一个电子，故Fe需要的能量较高；
Co失去的是3d< br>6
上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d
5
上
（2）LiCl 的熔点（605℃）比LiF的熔点（848℃）低，LiCl和LiF均为离子晶体，Cl
-
半径比F
-
大，LiCl
的晶格能比LiF的小，
故答案为：LiCl和L iF均为离子晶体，Cl
-
半径比F
-
大，LiCl的晶格能比LiF的小；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键，所以C
2
H
2
中σ键与π键的数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
（4）①对于BF
4
-
，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+
故答案为：正四面体；CF< br>4
；
=4，则其空间构型为正四面体，
等电子体是指原子总数相同，价电子 总数也相同的微粒，B
-
与C等电子，所以等电子体为CF
4
，
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp
3
杂化， C=O中C原子价层电子对
个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp
2
，
故答案为：sp
2
、sp
3
；
（5）①从面心的S
2-
看，周围与之等距且最近的Li
+
有8个，所以S
2-
的配位 数为8，
故答案为：8；
②1个晶胞中有S
2-
的数目为个，含有Li< br>+
数目为8个，取1mol晶胞，则有N
A
个晶胞，1mol
晶胞质量 为m=4×46g，一个晶胞体积为V=a3pm3=588
3
×10
-30
cm
3
，所以晶体密度为
故答案为：
（1）Co是27号元素，原子价电子 排布式为3d
7
4s
2
，具有全充满、半充满、全空电子层构型的微粒稳定性
强，失去电子需要的能量更高，电子排列时3s能级没有排满就排列3p能级，说明3s能级上电子吸收 能量
跃迁到3p能级，原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；

（2）离子晶体，根据晶格能大小比较熔点；
（3）C-H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，两根为π键；
（4）①根据VSEPR理论 判断BF
4
-
的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
②该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不 含孤
电子对，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断C原子杂化方式；
（5）①从面心的S
2-
看，周围与之等距且最近的Li
+
有8个；
②根据ρ=计算晶体密度。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、分 子结构与性质、晶胞结构与计算等，注
意根据洪特规则特例理解电离能大小与微粒稳定性，是对学生综合 能力的考查。


19.
【答案】
：
氯乙酸乙酯 酯基 取代反应

【解析】

解：（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯，A的名称为氯乙酸乙酯；由结构可知B中含有官能团为酯基，
故答案为：氯乙酸乙酯；酯基；
（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙 酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯
的水解反应生成D，
故答案为：取代反应；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D，故C的结构简式为：
故答案为：
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应，反应方程式为 ：


（5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反 应，则X含有酯基或羧基，故X为
甲酸环己酯或环己甲酸，X可能结构简式为：
故答案为：

（6）HOCH
2
CH
2
CH
2
OH与 HBr发生取代反应生成BrCH
2
CH
2
CH
2
OH与B r，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠乙醇

（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯；由结构可知B中含有官能团为酯基；
（2）对比B、C的 结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯
的水解反应生成 D；
（3）B发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D；
（4）G中醛基被氧化羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应；
（ 5）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸；
（6）HOCH
2
CH
2
CH
2
OH与HBr发生取代反应生成BrCH
2
CH
2
CH
2
OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠乙醇

本题考查有机物的合成，涉及有 机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条
件同分异构体书写、合成路线设 计等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。