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北京市2020届高三化学一轮复习11月月考化学试题
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2020届北京高三化学一轮复习11月月考题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确的是
A. 氢氧化钠 B. 甲烷
C. 汽油 D. 浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠具有很强的腐蚀性，应该是贴上“腐蚀品”标签，故A错误；
B. 甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故B正确；
C. 汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故C正确；
D. 浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故D正确；
答案选A。
2.2018年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）
A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块
C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 金属活动性Zn>Fe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属的方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是
A. 乙烯与氢气发生加成反应
B. 过程②吸收能量，过程③、④释放能量
C. 催化剂可改变反应的焓变
D. 反应中有非极性键断裂、极性键形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故A正确；
B．过程②是H-H断裂吸收能量，过程③、④是形成C-H键释放能量，故B正确；
C．催化剂通过改变反应活化能改变反应的化学反应速率，但不改变化学平衡、不改变反应焓变，故C错误；
D．从反应过程中可知断裂的H-H键为非极性键，形成的C-H键为极性键，反应中有非极性键断裂、极性键形成，故D正确；
答案为C。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O=NH＋HSO
B. 铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑
C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO＋3H2O=3I2＋6OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 将少量的SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫酸氢铵，故A错误；
B. 离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故B正确；
C. 醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH= Ca2＋＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I－＋IO3-+6H+=3I2+3H2O ，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。
5.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大
B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性
C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)
D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HA
【解析】
pH相同的一元酸用水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化程度小，由图示可知HB的酸性比HA弱；A．向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，最初因生成的NaB水解，促进水的电离，但当NaOH过量后，过量的NaOH将抑制水的电离，故A错误；B．常温下，pH之和等于14的酸和碱等体积混合，混合液的酸碱性是“谁弱显谁性，双强显中性”，如果等常浓度碱的电离程度比HB还小，则混合液显碱性，故B错误；C．氨水与HA溶液混合后的溶液中肯定存在的电荷守恒式是c(NH4＋ )+c(H＋)=c(A-)+c(OH－)，，则c(NH4＋ )>c(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HA
下列说法不正确的是
A. 合成气的主要成分为CO和H2
B. ①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C. ①→②吸收能量
D. Ni在该反应中做催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。
7.铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是
A. 反应①产生的气体是H2 B. 反应②为：Al2O3 +2OH－=2AlO2－+H2O
C. 反应③的白色沉淀是Al(OH)3 D. 黑色固体中不含Al和Fe3O4
【答案】D
【解析】
【分析】
探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液为不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝，以此来解答。
【详解】由上述分析可知,黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，
A. 反应①产生的气体是H2，为金属与稀硫酸反应生成，故A正确；
B. 固体含氧化铝，则反应②为Al2O3+2OH−═2AlO2−+H2O，故B正确；
C. 反应③中AlO2−与二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；
D 黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误；
答案选D。
8.下列实验未涉及氧化还原反应的是
A
B
C
D
实验
FeCl3溶液滴入H2O2溶液中
Na2O2粉末暴露在空气中
NH4Cl溶液滴入Mg(OH)2沉淀中
乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中
现象
产生气泡
固体变白
沉淀溶解
溶液由橙色变绿色
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 气体为氧气，可知O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故A错误；
B. 固体变白，可知过氧化钠与水或二氧化碳反应，过氧化钠中O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B错误；
C. 氯化铵溶液滴入氢氧化镁沉淀中，沉淀溶解，生成氯化镁、一水合氨，无元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；
D. 溶液由橙色变绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】有化合价升降的反应是氧化还原反应，氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子的转移。
9.CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：
反应ⅰ：CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1 =﹣58 kJ· mol-1
反应ⅱ：CO2(g) + H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ∆H2 = +42 kJ· mol-1
下列说法不正确的是
A. 增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率
B. 增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应ⅰ的平衡常数增大
C. 升高温度，生成甲醇的速率加快，反应ⅱ的限度同时增加
D. 选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；
B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；
C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；
D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率，故D正确；
答案选B
10.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是
A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2
C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应
【答案】B
【解析】
【分析】
根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。
【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，
A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；
B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；
C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；
D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。
11.海洋电池，是以铝合金为电池负极，金属（Pt、Fe）网为正极，科学家把正极制成仿鱼鳃的网状结构。用海水为电解质溶液，它靠海水中的溶解氧与铝反应产生电能的。海水中只含有0.5%的溶解氧。不放入海洋时，铝极就不会在空气中被氧化，可以长期储存。用时，把电池放入海水中，便可供电， 电池设计使用周期可长达一年以上，避免经常交换电池的麻烦。即使更换，也只是换一块铝合金板，电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓下列说法错误的是
A. 负极铝被氧化
B. 海水温度升高，电池反应速率可能加快
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积
D. 正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 根据电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓，铝失电子作负极，被氧化，A项正确；B. 海水温度升高，化学反应速率加快，电池反应速率可能加快，B项正确；C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积，C项正确；D. 氧气在正极得电子，海水呈中性，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH－，D项错误；选D。
考点：考查原电池的工作原理。
12.25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。
下列溶液中的关系一定正确的是( )
A. 图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5
C. 图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D. 图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
【答案】A
【解析】
【分析】
25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。
【详解】A. 图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)，故A正确；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L，故B错误；
C. b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)，故C错误；
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)，故D错误；
答案选A。
13.为探究电解的放电规律，进行如下实验：
序号
阳极材料
阴极材料
电解质
阳极产物
阴极产物
①
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 CuCl2溶液
Cl2
Cu
②
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 NaCl溶液
Cl2
H2
③
石墨
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
O2
Cu
④
铜
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
Cu2+
Cu
⑤
石墨
石墨
熔融NaCl
Cl2
Na
下列说法不正确的是
A. 对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2+ > H+ > Na+
B. 对比①③可知，阳极放电顺序是：Cl- > OH- > SO42-
C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电
D. 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、①中阳离子是Cu2＋和H＋，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2＋>H＋，②中阳离子是Na＋和H＋，阴极产物是H2，放电顺序是H＋>Na＋，综上所述，放电顺序是Cu2＋>H＋>Na＋，故A说法正确；
B、根据选项A的分析，阳极放电顺序是Cl－>OH－>SO42－，故B说法正确；
C、根据④实验，Cu为阳极时，Cu先失去电子，故C说法正确；
D、①实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故D说法错误。
14.某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。
则下列说法正确的是( )
A. 溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO
C. 溶液中n(NH)＝0.2 mol
D n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；
加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42−；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol−0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol−0.7mol=0.1mol，则n[Al(OH)3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；
第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol−0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)==0.05mol，
A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；
B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32−、NO3−，一定含有SO42−，故B错误；
C. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；
D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；
答案选C。
二、非选择题(本题包含5个大题，共58分)
15.铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第________周期________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①NaAlO2、②NaBO2、③NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为________(用序号表示)。
（2）将20.0 mL 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3＋、NH、SO、OH－、H＋的浓度由大到小的顺序为________________________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】 (1). 三 (2). ⅢA (3). ③>①>② (4). c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−) (5). 玻璃棒 (6). 97.62%
【解析】
【分析】
（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数．据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；
（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；
（3）①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N～A12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。
【详解】(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第ⅢA族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓>铝>硼，故碱性：③>①>②，
故答案为：三；ⅢA；③>①>②；
(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO42−)>c(NH4+ )>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
故答案为：c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
故答案为：玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N∼∼A12O3，
2×(27+14) 102
m(A1N) 5.1g
所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 ×100%=97.62%；
故答案为：97.62%。
16.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：
请回答：
（1）A的组成元素为_______（用元素符号表示），化学式为_______________。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_________________。
（3）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气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），该气体分子的电子式为_______，写出该反应的离子方程式________________。
（4）写出F→G反应的化学方程式______________________________________________，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-）_____________。
【答案】 (1). S、Fe (2). Fe3S4 (3). 制印刷电路板 (4). H2S电子式 (5). Fe3S4+6H+====3H2S+3Fe2++S (6). H2SO3+I2+H2O===H2SO4+2HI (7). 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42—，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3
【解析】
C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3 等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=2.400g/160g·mol－1=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g·mol－1=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）=1.28g/32g·mol－1=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可将铜氧化，常用于制印刷电路板；（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L－1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H＋=3Fe2＋+S+3H2S↑；（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H＋，K＋，I－） 为SO42－和H2SO3，可先检验SO42－，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42－；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
此处有视频，请去附件查看】
17.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1＝a kJ·mol－1
②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2＝b kJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)CO2(g)ΔH3＝c kJ·mol－1
④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH4
请回答下列问题：
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝________ kJ·mol－1。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应①的Kp＝____________________________________(用表达式表示)。
（3）下列情况能说明反应②已达平衡状态的是________(填字母)。
a．单位时间内生成1 mol NO2的同时消耗了1 mol NO
b．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
c．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
d．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变
（4）试分析高温下不利于反应③自发进行的原因______________________________。
（5）探究反应④中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。试分析实际化工生产中不采用高压的原因______________________________。
（6）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始n(NO)/n(CO)的比值、温度的关系，得到如图所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是____________________。
【答案】 (1). 2c－a (2). (3). CD (4). 因为该反应的ΔH<0，ΔS<0 (5). 常压时NO的平衡转化率已较高且高压要增加生产成本 (6). Z>Y>X
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，据此计算焓变；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S<0自发判断；
（5）根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大，据此分析；
（6）①温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X-Y反应正向进行，一氧化碳的转化率X
故答案为：2c−a；
(2)根据反应①的方程式得出Kp=；
故答案为：；
(3)A. 单位时间内生成1mol NO2的同时消耗了lmol NO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误；
B.根据ρ=可知，气体总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密度不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误；
C. 因为平衡常数仅与温度有关，当平衡常数不再变化，即反应的温度不变，又在绝热恒容的容器中，所以反应的平衡常数不再变化能说明达到平衡状态，故C正确；
D. 在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确；
答案选CD；
(4)因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H<0，△S<0，所以在高温下△G=△H−T△S>0非自发；
故答案为：因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H<0，△S<0；
(5)根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大；
故答案为：常压下NO的转化率已经较高，并且高压要增加成本；
(6)①温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X−Y反应正向进行，一氧化碳的转化率XY>X；
故答案为：Z>Y>X。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
18.NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：
(1)下列有关说法中正确的是_________。
A．“滤液1”中含有K+、Mg2+、Cl-
B．“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质
C．“过滤1”可用倾析法，以缩减实验时间
D．将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱
(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用_________的方式提高浸出率(写出3条)。
(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式__________________。
(4)由“滤渣3”制备铵明矾，经过如下步骤：a→g→_________→h(依次填入正确的序号)
a．加硫酸溶解 b．抽滤
c．加入蒸发皿中
d．降温结晶
e．蒸发至表面出现晶膜
f．配制饱和硫酸铵溶液
g．将硫酸铝溶液转移至蒸发皿
h．洗涤、干燥
(5)①根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在80℃时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣3”时，最适宜的硫酸浓度为_________。
A．3mol/L(1.20g/mL)
B．6mol/L(1.34g/mL)
C．9mol/L(1.49 g/mL)
D．18mol/L (1.84g/mL)
②所需硫酸用量简便确定方法是__________________。
【答案】 (1). BD (2). 加热、提高NaOH浓度、搅拌等 (3). AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3- OH-+CO2＝HCO3- (4). f→c→e→d→b (5). A (6). 逐滴加入(3 mo1·L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解
【解析】
【分析】
铝灰水洗的目的是洗去表面的氯酸钾杂质，所以滤液1主要含有KClO3，滤渣1主要含有氧化铁、铝粉、镁条，加入NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故滤液2中主要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，滤渣2中主要含有氧化铁、镁条，向滤液2中通入CO2气体，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝，故滤渣3为氢氧化铝，得到的氢氧化铝再制备NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)，据此答题。
【详解】（1）A.“滤液1”中主要含有氯酸钾，故含有K+、ClO3-，故A错误；
B.“滤渣1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物质为氧化铁、镁条，故B正确；
C.倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，滤渣1中含有铝粉，颗粒较小，不能使用倾析法，故C错误；
D.“滤液3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故D正确。
故答案为：BD。
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率，故答案为：加热、提高NaOH浓度、搅拌等。
（3）向“滤液2”中通入足量的CO2，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化钠与足量的CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-。
（4）由“滤渣3”中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤，得到铵明矾，洗涤、干燥。所以制备铵明矾的步骤为：a→g→f→c→e→d→b→h，故答案为：f→c→e→d→b。
（5）①由图可知，80℃时Al2(SO4)3·18H2O的溶解度约为70g，则100g水中可溶解70g晶体，则n[Al2(SO4)3·18H2O]=70g/666g/mol≈0.1mol，n(H2SO4)=n(SO42-)=0.1mol×3=0.3mol，若H2SO4溶解Al2O3后溶液的体积变化忽略不计，则c(H2SO4)=0.3mol/0.1L=3mol/L，故答案为：A。
②用3mol/L的H2SO4溶解Al2O3后，得到的溶液接近Al2(SO4)3·18H2O的饱和溶液，有利于铵明矾的制备（可减少蒸发水的量），故答案为：逐滴加入(3 mo1·L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
19.香豆素类化合物M具有抗病毒、抗癌等多种生物活性。下图是M和聚合物E的合成路线。
已知：
①
②
③
(1)A中官能团是_______。
(2)B→的反应类型是________。
(3)化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式是________。F有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物、且为醇类物质的结构简式是________。
(4)G的结构简式是________。
(5)D→聚合物E的化学方程式是________。
(6)已知，将下列G→K的流程图补充完整：_____________________
【答案】 (1). 羧基(或—COOH) (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). I为： J为： K为：
【解析】
【分析】
根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；
【详解】根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性强于碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；
（1）根据上述分析，以及A的结构简式，推出A中官能团是羧基；
（2）根据上述分析，B与NaCN发生反应类型为取代反应；
（3）F的结构简式为，同分异构体符合的条件是属于芳香族化合物和醇，因此符合条件的结构简式为；
（4）G的结构简式为；
（5）根据信息②，D生成聚合物E的化学反应方程式为；
（6）G生成I发生水解反应，即I的结构简式为，I生成J发生酸化和酯化反应，即J的结构简式为，K的结构简式为。
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确的是
A. 氢氧化钠 B. 甲烷
C. 汽油 D. 浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠具有很强的腐蚀性，应该是贴上“腐蚀品”标签，故A错误；
B. 甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故B正确；
C. 汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故C正确；
D. 浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故D正确；
答案选A。
2.2018年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）
A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块
C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 金属活动性Zn>Fe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属的方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是
A. 乙烯与氢气发生加成反应
B. 过程②吸收能量，过程③、④释放能量
C. 催化剂可改变反应的焓变
D. 反应中有非极性键断裂、极性键形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故A正确；
B．过程②是H-H断裂吸收能量，过程③、④是形成C-H键释放能量，故B正确；
C．催化剂通过改变反应活化能改变反应的化学反应速率，但不改变化学平衡、不改变反应焓变，故C错误；
D．从反应过程中可知断裂的H-H键为非极性键，形成的C-H键为极性键，反应中有非极性键断裂、极性键形成，故D正确；
答案为C。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O=NH＋HSO
B. 铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑
C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO＋3H2O=3I2＋6OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 将少量的SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫酸氢铵，故A错误；
B. 离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故B正确；
C. 醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH= Ca2＋＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I－＋IO3-+6H+=3I2+3H2O ，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。
5.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大
B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性
C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)
D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HA
【解析】
pH相同的一元酸用水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化程度小，由图示可知HB的酸性比HA弱；A．向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，最初因生成的NaB水解，促进水的电离，但当NaOH过量后，过量的NaOH将抑制水的电离，故A错误；B．常温下，pH之和等于14的酸和碱等体积混合，混合液的酸碱性是“谁弱显谁性，双强显中性”，如果等常浓度碱的电离程度比HB还小，则混合液显碱性，故B错误；C．氨水与HA溶液混合后的溶液中肯定存在的电荷守恒式是c(NH4＋ )+c(H＋)=c(A-)+c(OH－)，，则c(NH4＋ )>c(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HA
下列说法不正确的是
A. 合成气的主要成分为CO和H2
B. ①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C. ①→②吸收能量
D. Ni在该反应中做催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。
7.铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是
A. 反应①产生的气体是H2 B. 反应②为：Al2O3 +2OH－=2AlO2－+H2O
C. 反应③的白色沉淀是Al(OH)3 D. 黑色固体中不含Al和Fe3O4
【答案】D
【解析】
【分析】
探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液为不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝，以此来解答。
【详解】由上述分析可知,黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，
A. 反应①产生的气体是H2，为金属与稀硫酸反应生成，故A正确；
B. 固体含氧化铝，则反应②为Al2O3+2OH−═2AlO2−+H2O，故B正确；
C. 反应③中AlO2−与二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；
D 黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误；
答案选D。
8.下列实验未涉及氧化还原反应的是
A
B
C
D
实验
FeCl3溶液滴入H2O2溶液中
Na2O2粉末暴露在空气中
NH4Cl溶液滴入Mg(OH)2沉淀中
乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中
现象
产生气泡
固体变白
沉淀溶解
溶液由橙色变绿色
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 气体为氧气，可知O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故A错误；
B. 固体变白，可知过氧化钠与水或二氧化碳反应，过氧化钠中O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B错误；
C. 氯化铵溶液滴入氢氧化镁沉淀中，沉淀溶解，生成氯化镁、一水合氨，无元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；
D. 溶液由橙色变绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】有化合价升降的反应是氧化还原反应，氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子的转移。
9.CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：
反应ⅰ：CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1 =﹣58 kJ· mol-1
反应ⅱ：CO2(g) + H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ∆H2 = +42 kJ· mol-1
下列说法不正确的是
A. 增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率
B. 增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应ⅰ的平衡常数增大
C. 升高温度，生成甲醇的速率加快，反应ⅱ的限度同时增加
D. 选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；
B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；
C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；
D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率，故D正确；
答案选B
10.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是
A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2
C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应
【答案】B
【解析】
【分析】
根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。
【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，
A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；
B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；
C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；
D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。答案选B。
11.海洋电池，是以铝合金为电池负极，金属（Pt、Fe）网为正极，科学家把正极制成仿鱼鳃的网状结构。用海水为电解质溶液，它靠海水中的溶解氧与铝反应产生电能的。海水中只含有0.5%的溶解氧。不放入海洋时，铝极就不会在空气中被氧化，可以长期储存。用时，把电池放入海水中，便可供电， 电池设计使用周期可长达一年以上，避免经常交换电池的麻烦。即使更换，也只是换一块铝合金板，电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓下列说法错误的是
A. 负极铝被氧化
B. 海水温度升高，电池反应速率可能加快
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积
D. 正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 根据电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓，铝失电子作负极，被氧化，A项正确；B. 海水温度升高，化学反应速率加快，电池反应速率可能加快，B项正确；C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积，C项正确；D. 氧气在正极得电子，海水呈中性，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH－，D项错误；选D。
考点：考查原电池的工作原理。
12.25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。
下列溶液中的关系一定正确的是( )
A. 图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5
C. 图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D. 图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
【答案】A
【解析】
【分析】
25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN、HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。
【详解】A. 图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)，故A正确；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L，故B错误；
C. b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)，故C错误；
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)，故D错误；
答案选A。
13.为探究电解的放电规律，进行如下实验：
序号
阳极材料
阴极材料
电解质
阳极产物
阴极产物
①
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 CuCl2溶液
Cl2
Cu
②
石墨
石墨
0.1 mol·L-1 NaCl溶液
Cl2
H2
③
石墨
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
O2
Cu
④
铜
石墨
0.2 mol·L-1 CuSO4溶液
Cu2+
Cu
⑤
石墨
石墨
熔融NaCl
Cl2
Na
下列说法不正确的是
A. 对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2+ > H+ > Na+
B. 对比①③可知，阳极放电顺序是：Cl- > OH- > SO42-
C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电
D. 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、①中阳离子是Cu2＋和H＋，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2＋>H＋，②中阳离子是Na＋和H＋，阴极产物是H2，放电顺序是H＋>Na＋，综上所述，放电顺序是Cu2＋>H＋>Na＋，故A说法正确；
B、根据选项A的分析，阳极放电顺序是Cl－>OH－>SO42－，故B说法正确；
C、根据④实验，Cu为阳极时，Cu先失去电子，故C说法正确；
D、①实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故D说法错误。
14.某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。
则下列说法正确的是( )
A. 溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO
C. 溶液中n(NH)＝0.2 mol
D n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；
加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42−；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol−0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol−0.7mol=0.1mol，则n[Al(OH)3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；
第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol−0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)==0.05mol，
A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；
B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32−、NO3−，一定含有SO42−，故B错误；
C. 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；
D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；
答案选C。
二、非选择题(本题包含5个大题，共58分)
15.铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第________周期________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①NaAlO2、②NaBO2、③NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为________(用序号表示)。
（2）将20.0 mL 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3＋、NH、SO、OH－、H＋的浓度由大到小的顺序为________________________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】 (1). 三 (2). ⅢA (3). ③>①>② (4). c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−) (5). 玻璃棒 (6). 97.62%
【解析】
【分析】
（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数．据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；
（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；
（3）①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N～A12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。
【详解】(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第ⅢA族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓>铝>硼，故碱性：③>①>②，
故答案为：三；ⅢA；③>①>②；
(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO42−)>c(NH4+ )>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
故答案为：c(SO42−)>c(NH4 +)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)；
(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
故答案为：玻璃棒；
②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N∼∼A12O3，
2×(27+14) 102
m(A1N) 5.1g
所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 ×100%=97.62%；
故答案为：97.62%。
16.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：
请回答：
（1）A的组成元素为_______（用元素符号表示），化学式为_______________。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_________________。
（3）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气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），该气体分子的电子式为_______，写出该反应的离子方程式________________。
（4）写出F→G反应的化学方程式______________________________________________，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-）_____________。
【答案】 (1). S、Fe (2). Fe3S4 (3). 制印刷电路板 (4). H2S电子式 (5). Fe3S4+6H+====3H2S+3Fe2++S (6). H2SO3+I2+H2O===H2SO4+2HI (7). 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42—，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3
【解析】
C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3 等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=2.400g/160g·mol－1=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g·mol－1=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）=1.28g/32g·mol－1=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可将铜氧化，常用于制印刷电路板；（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L－1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H＋=3Fe2＋+S+3H2S↑；（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H＋，K＋，I－） 为SO42－和H2SO3，可先检验SO42－，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42－；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
此处有视频，请去附件查看】
17.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1＝a kJ·mol－1
②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2＝b kJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)CO2(g)ΔH3＝c kJ·mol－1
④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH4
请回答下列问题：
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝________ kJ·mol－1。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应①的Kp＝____________________________________(用表达式表示)。
（3）下列情况能说明反应②已达平衡状态的是________(填字母)。
a．单位时间内生成1 mol NO2的同时消耗了1 mol NO
b．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
c．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
d．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变
（4）试分析高温下不利于反应③自发进行的原因______________________________。
（5）探究反应④中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。试分析实际化工生产中不采用高压的原因______________________________。
（6）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始n(NO)/n(CO)的比值、温度的关系，得到如图所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是____________________。
【答案】 (1). 2c－a (2). (3). CD (4). 因为该反应的ΔH<0，ΔS<0 (5). 常压时NO的平衡转化率已较高且高压要增加生产成本 (6). Z>Y>X
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，据此计算焓变；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S<0自发判断；
（5）根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大，据此分析；
（6）①温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X-Y反应正向进行，一氧化碳的转化率X
故答案为：2c−a；
(2)根据反应①的方程式得出Kp=；
故答案为：；
(3)A. 单位时间内生成1mol NO2的同时消耗了lmol NO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误；
B.根据ρ=可知，气体总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密度不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误；
C. 因为平衡常数仅与温度有关，当平衡常数不再变化，即反应的温度不变，又在绝热恒容的容器中，所以反应的平衡常数不再变化能说明达到平衡状态，故C正确；
D. 在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确；
答案选CD；
(4)因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H<0，△S<0，所以在高温下△G=△H−T△S>0非自发；
故答案为：因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H<0，△S<0；
(5)根据图象分析，常压下NO的转化率已经较高，并且高压转化率增加不大，但增加成本较大；
故答案为：常压下NO的转化率已经较高，并且高压要增加成本；
(6)①温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X−Y反应正向进行，一氧化碳的转化率X
故答案为：Z>Y>X。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
18.NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：
(1)下列有关说法中正确的是_________。
A．“滤液1”中含有K+、Mg2+、Cl-
B．“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质
C．“过滤1”可用倾析法，以缩减实验时间
D．将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱
(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用_________的方式提高浸出率(写出3条)。
(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式__________________。
(4)由“滤渣3”制备铵明矾，经过如下步骤：a→g→_________→h(依次填入正确的序号)
a．加硫酸溶解 b．抽滤
c．加入蒸发皿中
d．降温结晶
e．蒸发至表面出现晶膜
f．配制饱和硫酸铵溶液
g．将硫酸铝溶液转移至蒸发皿
h．洗涤、干燥
(5)①根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在80℃时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣3”时，最适宜的硫酸浓度为_________。
A．3mol/L(1.20g/mL)
B．6mol/L(1.34g/mL)
C．9mol/L(1.49 g/mL)
D．18mol/L (1.84g/mL)
②所需硫酸用量简便确定方法是__________________。
【答案】 (1). BD (2). 加热、提高NaOH浓度、搅拌等 (3). AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3- OH-+CO2＝HCO3- (4). f→c→e→d→b (5). A (6). 逐滴加入(3 mo1·L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解
【解析】
【分析】
铝灰水洗的目的是洗去表面的氯酸钾杂质，所以滤液1主要含有KClO3，滤渣1主要含有氧化铁、铝粉、镁条，加入NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故滤液2中主要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，滤渣2中主要含有氧化铁、镁条，向滤液2中通入CO2气体，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝，故滤渣3为氢氧化铝，得到的氢氧化铝再制备NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)，据此答题。
【详解】（1）A.“滤液1”中主要含有氯酸钾，故含有K+、ClO3-，故A错误；
B.“滤渣1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物质为氧化铁、镁条，故B正确；
C.倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，滤渣1中含有铝粉，颗粒较小，不能使用倾析法，故C错误；
D.“滤液3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故D正确。
故答案为：BD。
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率，故答案为：加热、提高NaOH浓度、搅拌等。
（3）向“滤液2”中通入足量的CO2，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化钠与足量的CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-。
（4）由“滤渣3”中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤，得到铵明矾，洗涤、干燥。所以制备铵明矾的步骤为：a→g→f→c→e→d→b→h，故答案为：f→c→e→d→b。
（5）①由图可知，80℃时Al2(SO4)3·18H2O的溶解度约为70g，则100g水中可溶解70g晶体，则n[Al2(SO4)3·18H2O]=70g/666g/mol≈0.1mol，n(H2SO4)=n(SO42-)=0.1mol×3=0.3mol，若H2SO4溶解Al2O3后溶液的体积变化忽略不计，则c(H2SO4)=0.3mol/0.1L=3mol/L，故答案为：A。
②用3mol/L的H2SO4溶解Al2O3后，得到的溶液接近Al2(SO4)3·18H2O的饱和溶液，有利于铵明矾的制备（可减少蒸发水的量），故答案为：逐滴加入(3 mo1·L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
19.香豆素类化合物M具有抗病毒、抗癌等多种生物活性。下图是M和聚合物E的合成路线。
已知：
①
②
③
(1)A中官能团是_______。
(2)B→的反应类型是________。
(3)化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式是________。F有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物、且为醇类物质的结构简式是________。
(4)G的结构简式是________。
(5)D→聚合物E的化学方程式是________。
(6)已知，将下列G→K的流程图补充完整：_____________________
【答案】 (1). 羧基(或—COOH) (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). I为： J为： K为：
【解析】
【分析】
根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；
【详解】根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性强于碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；
（1）根据上述分析，以及A的结构简式，推出A中官能团是羧基；
（2）根据上述分析，B与NaCN发生反应类型为取代反应；
（3）F的结构简式为，同分异构体符合的条件是属于芳香族化合物和醇，因此符合条件的结构简式为；
（4）G的结构简式为；
（5）根据信息②，D生成聚合物E的化学反应方程式为；
（6）G生成I发生水解反应，即I的结构简式为，I生成J发生酸化和酯化反应，即J的结构简式为，K的结构简式为。
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