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四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 室温下，用0， 回答下列问题等内容，欢迎下载使用。
叙州区一中2022-2023学年高二下期期末考试
化学试题
注意事项：
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是
A. 由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化
B. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这因为发生了酸碱中和反应
C. 鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥
D. 牙膏中添加的Na3PO3F、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料，是石油发生了裂解，有新物质生成属于化学变化，故A错误；
B．因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，故B错误；
C．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，故C错误；
D．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故D正确；
故答案选D。
2. 下列说法正确的是
A. H2O与H2O2互为同素异形体 B. 氡()质量数为86
C. CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体 D. HCl含非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A项、同素异形体是由同种元素组成的不同单质，A错；
B项、质量数标在元素符号的左上角，该核素的质量数为222，B错；
C项、甲醇与二甲醚分子式相同、结构不同，属同分异构体，C正确；
D项、氯化氢为共价化合物，H和Cl形成极性键，D错；
答案选C。
3. 莽草酸是一种可从中药八角茴香中提取的有机化合物，具有抗炎、镇痛作用，可用作抗病毒和抗癌药物的中间体。莽草酸的结构简式如图所示，下列说法不正确的是
A. 莽草酸的分子式为
B. a对应官能团的名称为羧基
C. a、c对应官能团均可与NaOH溶液反应
D. b对应官能团可以与溴水、酸性溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知莽草酸的分子式为，A正确；
B．a对应官能团-COOH的名称为羧基，B正确；
C．c点官能团是醇羟基，不能与NaOH溶液反应，C错误；
D．b对应官能团是碳碳双键，可以与溴水发生加成反应、与酸性溶液发生氧化反应，D正确；
故选：C。
4. X、Y、Z、W、Q分别是三个短周期的主族元素，原子序数依次增大，Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能反应，Q的原子序数是Y的两倍。下列说法正确的是
A. X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大
B. 由X、Y、Z形成的化合物含有共价键，所以是共价化合物
C. Y和Q形成的化合物中各原子最外层电子都达到8电子稳定结构
D. Y和Q的简单氢化物的相对分子质量前者小于后者，但是沸点前者高于后者
【答案】D
【解析】
【分析】Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能反应，则Z为Na，W为Al，Q的原子序数是Y的两倍，Q为S，Y为O，X、Y、Z、W、Q分别是三个短周期的主族元素，故X为H。
【详解】A．H、O、Na、Al、S原子半径H
C．Y和Q形成的化合物如二氧化硫和三氧化硫，硫原子不是8电子结构，C错误；
D．Y和Q的简单氢化物分别为H2O和H2S，相对分子质量前者小于后者，水中有氢键，沸点前者高于后者，D正确；
故选D。
5. 某两种气态烃组成的混合物，取其2.24L(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是（ ）
A. 此混合气体中可能含有乙烷
B 此气体中一定含有甲烷
C. 此混合气体中一定不含有丙烷
D. 此气体若是乙烯与甲烷的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，不能为乙烷、丙烷，可能为乙烯、丙炔等，若为乙烯与甲烷，令其物质的量分别为xmol、ymol，根据平均C原子数，则：=1.6，整理得x：y=3︰2，即甲烷与乙烯的物质的量为2︰3，相同条件下，物质的量之比等于其体积之比，由上述分析可知，A错误，BCD正确，故选A。
【点睛】解题关键是关键是利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有：1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法，标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子。
6. 某学习小组为研究电化学原理，设计下图装置。下列叙述正确的是
A. K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B. K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C. K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D. K与N相连时， 碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
【答案】D
【解析】
【分析】K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜；K与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；以此解答。
【详解】A．当K与M、N均断开时，装置既不是原电池，也不是电解池，铁和氯化铜发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；
B．K与M相连时形成原电池，铁作负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁作阴极被保护，故B错误；
C．K与M相连时，形成原电池，铁为负极，电极反应式为，C为正极，电极反应式为，铜在C表面析出，不在Fe表面生成，故C错误；
D．K与N相连时形成电解池，C是阳极，电极反应式为，氯气具有强氧化性，将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故D正确；
故答案选D。
7. 室温下，用0.1000mol/L盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积V[HCl(aq)]的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Ⅱ表示是滴定氨水的曲线，V[HCl(aq)]=20mL时：c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)
B. pH=7时，两种溶液中：c(Na+)=c()
C. 滴定氢氧化钠溶液，V[HCl(aq)]>20mL时可能有c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 滴定氨水时，当V[HCl(aq)]=10mL时，有2[c(OH-)-c(H+)]=c()-c(NH3·H2O)
【答案】B
【解析】
【分析】NaOH是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，0.1000mol/L NaOH溶液的pH=13，氨水的pH <13，故Ⅱ表示滴定氨水的曲线，Ⅰ表示滴定NaOH溶液的曲线。
【详解】A．由分析可知Ⅱ表示滴定氨水的曲线，V[HCl(aq)]=20mL时，HCl和NH3·H2O恰好完全反应生成NH4Cl，电荷守恒有c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，部分水解溶液呈酸性，则c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B．在pH=7时，由电荷守恒可以得出两种溶液中，c(Cl-)=c(Na+)、c(Cl-)=c()，但是使氨水和氢氧化钠溶液达到pH=7所消耗的盐酸不同，所以两种溶液中的氯离子浓度不同，故c(Na+)≠c()，B错误；
C．滴定NaOH溶液盐酸消耗20mL时，溶液中恰好生成NaCl，此时溶液中c(Na+)= c(Cl -)> c(H+)=c(OH-)，所以当V[HCl(aq)]>20mL时，溶液中c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D．滴定氨水中的盐酸为10mL时，溶液中溶质为NH3·H2O和NH4Cl且物质的量之比为1:1，则根据溶液中离子电荷守恒得c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，Cl元素与N元素原子数之比为1:2，既2c(Cl -)=c()+c(NH3·H2O)，约去Cl-得2[c(OH-)-c(H+)]=c()-c(NH3·H2O)，D正确；
答案选B。
第II卷(非选择题 58分)
8. 回答下列问题：
I．液氧甲烷火箭发动机是介于液氧煤油和液氧液氢之间的一个选择 ，其燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ ·mol-1，根据以下信息，
共价键
C-H
O=O
H- O
键能/(kJ·mol-1)
413
498
464
热化学方程式
H2O(l)=H2O(g) ΔH =+44kJ·mol-1
（1）求算C=O的键能：___________。
II．美国Bay工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如图所示：
（2）该流程中第I步反应为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH ＞0。 若下图表示在其他条件相同时，分别测定不同压强、不同温度下CH4的平衡转化率(纵坐标为CH4的平衡转化率)，则p1___________ p2(填“＞”或“＜”)。
（3）该流程的第II步反应为CO(g) + H2O(g)H2(g)+CO2(g)，反应的平衡常数随温度的变化如下表所示。
温度/°C
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应的正反应是___________(填“吸”或“放”)热反应。
②在500 °C下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为3 mol，则达到平衡后CO的转化率为______。
实验编号
n(CO)
n(H2O)
n(H2)
n(CO2)
甲
2
5
4
3
乙
3
3
2
2
丙
0.25
4
2
1
③在830 °C时，以上表的物质的量(单位为mol)投入恒容反应器发生上述反应，其中反应开始时，向逆反应方向进行的有___________(填实验编号)。
④在一个不传热的固定容积的容器中，判断该反应达到平衡的标志是___________ (填字母)。
A．各组分物质的量浓度不再改变；
B． v(CO2)正=v(H2O)逆；
C．混合气体的密度不变；
D．混合气体的平均相对分子质量不变；
E．体系压强不再发生变化；
F．体系的温度不再发生变化。
⑤如图表示该反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻分别因改变某个 条件而发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件可能是___________(写出两种)。
【答案】（1）797.15 kJ·mol-1)
（2）＜ （3） ①. 放 ②. 75% ③. 甲丙 ④. ABF ⑤. 降低温度、增加水蒸气的量
【解析】
【小问1详解】
化学键能指常温常压下，将1mol理想气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量或A和B合成理想气体分子所放出的能量，则H-O的键能应是气态水的，由盖斯定律，将甲烷燃烧热和2H2O(l)=2H2O(g)相加，可得CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-890.3-(2×44) =-802.3 kJ·mol-1，由∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，即4×413+2×498-(2x+2×2×464) =-802.3，解得x=797.15，则C=O的键能为797.15 kJ·mol-1；
【小问2详解】
反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的正反应方向为气体分子数增加，则相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，则p1< p2；
【小问3详解】
①由表可知温度升高，平衡常数K减小，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；
②在500 °C下，平衡常数K=9，设转化了xmol CO，列三段式：，前后系数相等，在同一容器中体积相等，则，解得x=2.25，平衡后CO的转化率为；
③在830 °C时，平衡常数K=1，对甲，平衡逆向移动，反应向逆反应方向进行，甲选；对乙，平衡正向移动，反应向正反应方向进行，乙不选；对丙，平衡逆向移动，反应向逆反应方向进行，丙选；
故选：甲丙；
④A．各组分的物质的量浓度不再改变，为平衡的特征，能判断平衡，故A选；
Bv(CO2)正=v(H2O)逆，则正逆反应速率相等，达到平衡，故B选；
C固定容积，质量、体积始终不变，则混合气体的密度不变，不能判断平衡，故C不选；
D混合气体的总质量、总物质的量始终不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，不能判断平衡，故D不选；
E该反应的压强始终不变，则体系的压强不再发生变化，不能判断平衡，故E不选；
F体系的温度不再发生变化，反应达到平衡，故F选；
故答案为：ABF；
⑤t2时二氧化碳的浓度增大，而CO的浓度减小，说明该反应正向移动，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，同时增加水蒸气的量，也能使平衡正向移动。
9. 发电玻璃——碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）在“焙烧”中，将废弃碲化镉玻璃粉碎的目的是___________。“高温尾气”中含，Te的基态原子的价层电子排布式是___________。
（2）在“烧渣浸取”中得到的浸渣经灼烧后的主要成分是___________(填化学式)。
（3）在“氧化除铁”中，写出加入将氧化成的离子方程式：___________。
（4）在“沉镁”中，测得“氧化除铁”滤液中浓度为，取滤液，则至少加入___________g固体才能使沉淀完全。
（5）“操作A”需要的玻璃仪器有___________。获得的“操作B”依次为___________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1） ①. 增大反应接触面积，加快反应速率 ②.
（2）
（3）
（4）0.185 （5） ①. 分液漏斗、烧杯 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】废碲化镉玻璃含CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)回收金。焙烧，生成金属氧化物，高温尾气中含SeO2，烧渣中加入稀硫酸，不溶，所以㓎渣为，Fe、Ni、Mg、Cd的氧化物溶解形成对应硫酸盐，加NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH，生成，滤渣1，滤液加入NaOH、NH4F沉镁，生成MgF2沉淀除去，滤渣Ⅱ为MgF2，滤液加入萃取剂，分液，得到含镍的有机溶液，硫酸镉溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镉晶体。
【小问1详解】
在“焙烧”中，将废弃碲化镉玻璃粉碎的目的是增大反应接触面积，加快反应速率，Te是第五周期第ⅥA，基态原子的价层电子排布式是，答案：增大反应接触面积，加快反应速率；；
【小问2详解】
焙烧，生成金属氧化物，高温尾气中含SeO2，烧渣中加入稀硫酸，不溶于酸，所以浸渣的主要成分是，答案：；
【小问3详解】
将氧化成，被还原为Cl-，离子方程式，答案：；
【小问4详解】
浓度为Mg2+，形成MgF2沉淀需要F-物质的量，当恰好沉淀完全， ，溶液中，溶液中F-物质的量为 ，使沉淀完全，则至少加入质量，答案：0.185；
【小问5详解】
操作A是萃取分液操作，需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。由溶液获得的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：分液漏斗、烧杯；蒸发浓缩、冷却结晶。
10. 碱式次氯酸镁(BMH)，化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O，白色粉末、难溶于水，常作消毒剂。某小组拟以海水为原料设计如下流程制备BMH：
请回答下列问题：
（1）回流反应中选择___________(填“pH试纸”或“pH计”)测定反应液的pH。
（2）“烘干”可采用吹干、吸干等方式，不能采用“高温烘干”，原因是___________。
（3）利用下列装置制备NaClO溶液(已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，)。
①C装置应采用___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
②标出B装置盛装试剂并补全导管___________。
（4）回流反应中用氢氧化钠溶液调节pH，生成产品的离子方程式为___________。
（5）测定产品纯度。取mg产品溶于稀硫酸配成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，加入足量KI溶液和适量稀硫酸，充分反应后，滴几滴淀粉溶液，用溶液滴定(有关反应为，)，测得三次平行实验消耗Na2S2O3，溶液体积如表所示：
实验
起始读数/mL
终点读数/mL
消耗Na2S2O3溶液体积/mL
Ⅰ
0.20
21.40
Ⅱ
1.10
20.90
Ⅲ
2.00
22.20
①滴定终点的现象是___________。
②该产品的纯度为___________(用含m、c的代数式表示)。
（6）有效氯含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标。次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的质量来表示()，有效氯含量。理论上BMH的有效氯含重为___________(计算结果保留一位小数)。
【答案】（1）pH计 （2）采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解
（3） ①. 冷水浴 ②.
（4）ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O
（5） ①. 最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 ②.
（6）
【解析】
【分析】海水含有氯化镁，加入生石灰，生石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁，加入次氯酸钠回流反应生成碱式次氯酸镁，经过过滤、洗涤最终得到产品；利用氧化还原反应滴定，可以通过消耗滴定剂的量计算出产品的纯度。
【小问1详解】
回流反应溶液中存在强氧化性的次氯酸根，具有漂白性能使pH试纸褪色，故选择pH计测定反应液的pH；
【小问2详解】
“烘干”得到Mg2ClO(OH)3·H2O，若采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解，故不能高温烘干；
【小问3详解】
①已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，且NaClO加热会分解，故C装置应采用冷水浴；
②A装置生成氯气中含有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，影响实验进行，故B装置盛装试剂为饱和食盐水用于除去氯化氢气体，气体应该长进短出，装置为；
【小问4详解】
根据电荷守恒、原子守恒可知回流反应中生成产品的离子方程式为ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O；
【小问5详解】
①碘能使淀粉溶液变蓝色，故滴定终点的现象是最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；
②由表格数据可知，三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别为21.20 mL、19.80 mL、20.20 mL，第一次数据误差较大舍弃，则平均消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL，根据反应、可知，，则Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为20.00×10-3L×=0.1cmol；故该产品的纯度为；
【小问6详解】
已知，，则1molBMH可以生成1molCl2，则理论上BMH的有效氯含重为。
11，12题所有考生选择一个试题题完成，如果都选，则按所选第一个试题给分。
11. 近年来，中国科学家首次在月球上发现新矿物，将其命名为“嫦娥石”，“嫦娥石”中包含了Fe、Cu、Ti、Cr、Ni、Mo、N、O等多种元素。回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子排布图为___________，在中阴离子的空间结构为___________。
（2）Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生。键角：___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为。四方晶胞如图所示，在晶胞中的配位数为___________。若该晶胞的参数为，与最近的距离为___________。
（4）、、。和等可作锂离子聚合物电池材料。在的组成元素的基态原子中，单电子数由多到少的顺序是___________。相同条件下，电池材料“”与“”相比，“”中的脱嵌迁移速度较快，原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. 平面三角形
（2） ①. < ②. 中N原子为sp杂化，键角为180°，中N原子为杂化，键角接近120°
（3） ①. 8 ②.
（4） ①. Fe、P、O、Li ②. As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱
【解析】
【小问1详解】
Ni为28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价层电子排布图，在中阴离子NO，中心N原子形成3个σ键，孤电子对数为，其空间结构为平面三角形，答案：；平面三角形；
【小问2详解】
中心N原子形成2个σ键，孤电子对数为，为sp杂化，键角为180°，中心N原子形成2个σ键，孤电子对数为，为杂化，键角接近120°，所以键角：<，答案：<；中N原子为sp杂化，键角为180°，中N原子为杂化，键角接近120°；
【小问3详解】
四方晶胞如图所示，在晶胞中的配位数指和距离最近的O2-数目为8，若该晶胞的参数为，与最近的距离为体对角线的 ，即 ，答案：8；；
【小问4详解】
在的组成元素的基态原子中Li价电子排布2s1，单电子数为1，Fe价电子排布3d64s2，单电子数为4 ，P的价电子排布式3s23p3，单电子数为3 ，O的价电子排布式2S22p4，单电子数为2 ，单电子数由多到少的顺序是Fe、P、O、Li。相同条件下，电池材料“”与“”相比，“”中的脱嵌迁移速度较快，由于As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱，答案：Fe、P、O、Li；As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱。
12. 化合物E()常用作饮料、牙膏、化妆品的香料，也用于制取止痛药、杀虫剂等。可用以下路线合成化合物E：
（1）有机物A的名称是___________。
（2）有机物D的官能团名称是___________。
（3）反应类型为___________。
（4）E在稀硫酸催化下生成D的化学方程式为___________。
（5）有机物M是E的同分异构体，其苯环上的取代基与E相同，核磁共振氢谱有四个吸收峰，则M的结构简式为___________。
【答案】（1）甲苯 （2）羧基、羟基
（3）硝化反应或取代反应
（4）+H2O+ CH3OH
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，一定条件下转化为，在浓硫酸作用下与甲醇共热反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为甲苯，故答案为：甲苯；
【小问2详解】
由结构简式可知，D的官能团为羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；
【小问3详解】
由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，硝化反应属于取代反应，故答案为：取代反应；
【小问4详解】
属于酯类，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+H2O+ CH3OH，故答案为：+H2O+ CH3OH；
【小问5详解】
叙州区一中2022-2023学年高二下期期末考试
化学试题
注意事项：
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法正确的是
A. 由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化
B. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这因为发生了酸碱中和反应
C. 鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥
D. 牙膏中添加的Na3PO3F、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料，是石油发生了裂解，有新物质生成属于化学变化，故A错误；
B．因牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，故B错误；
C．高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，故C错误；
D．防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故D正确；
故答案选D。
2. 下列说法正确的是
A. H2O与H2O2互为同素异形体 B. 氡()质量数为86
C. CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体 D. HCl含非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A项、同素异形体是由同种元素组成的不同单质，A错；
B项、质量数标在元素符号的左上角，该核素的质量数为222，B错；
C项、甲醇与二甲醚分子式相同、结构不同，属同分异构体，C正确；
D项、氯化氢为共价化合物，H和Cl形成极性键，D错；
答案选C。
3. 莽草酸是一种可从中药八角茴香中提取的有机化合物，具有抗炎、镇痛作用，可用作抗病毒和抗癌药物的中间体。莽草酸的结构简式如图所示，下列说法不正确的是
A. 莽草酸的分子式为
B. a对应官能团的名称为羧基
C. a、c对应官能团均可与NaOH溶液反应
D. b对应官能团可以与溴水、酸性溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知莽草酸的分子式为，A正确；
B．a对应官能团-COOH的名称为羧基，B正确；
C．c点官能团是醇羟基，不能与NaOH溶液反应，C错误；
D．b对应官能团是碳碳双键，可以与溴水发生加成反应、与酸性溶液发生氧化反应，D正确；
故选：C。
4. X、Y、Z、W、Q分别是三个短周期的主族元素，原子序数依次增大，Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能反应，Q的原子序数是Y的两倍。下列说法正确的是
A. X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大
B. 由X、Y、Z形成的化合物含有共价键，所以是共价化合物
C. Y和Q形成的化合物中各原子最外层电子都达到8电子稳定结构
D. Y和Q的简单氢化物的相对分子质量前者小于后者，但是沸点前者高于后者
【答案】D
【解析】
【分析】Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能反应，则Z为Na，W为Al，Q的原子序数是Y的两倍，Q为S，Y为O，X、Y、Z、W、Q分别是三个短周期的主族元素，故X为H。
【详解】A．H、O、Na、Al、S原子半径H
C．Y和Q形成的化合物如二氧化硫和三氧化硫，硫原子不是8电子结构，C错误；
D．Y和Q的简单氢化物分别为H2O和H2S，相对分子质量前者小于后者，水中有氢键，沸点前者高于后者，D正确；
故选D。
5. 某两种气态烃组成的混合物，取其2.24L(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是（ ）
A. 此混合气体中可能含有乙烷
B 此气体中一定含有甲烷
C. 此混合气体中一定不含有丙烷
D. 此气体若是乙烯与甲烷的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，不能为乙烷、丙烷，可能为乙烯、丙炔等，若为乙烯与甲烷，令其物质的量分别为xmol、ymol，根据平均C原子数，则：=1.6，整理得x：y=3︰2，即甲烷与乙烯的物质的量为2︰3，相同条件下，物质的量之比等于其体积之比，由上述分析可知，A错误，BCD正确，故选A。
【点睛】解题关键是关键是利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有：1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法，标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子。
6. 某学习小组为研究电化学原理，设计下图装置。下列叙述正确的是
A. K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B. K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C. K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D. K与N相连时， 碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
【答案】D
【解析】
【分析】K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜；K与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；以此解答。
【详解】A．当K与M、N均断开时，装置既不是原电池，也不是电解池，铁和氯化铜发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；
B．K与M相连时形成原电池，铁作负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁作阴极被保护，故B错误；
C．K与M相连时，形成原电池，铁为负极，电极反应式为，C为正极，电极反应式为，铜在C表面析出，不在Fe表面生成，故C错误；
D．K与N相连时形成电解池，C是阳极，电极反应式为，氯气具有强氧化性，将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故D正确；
故答案选D。
7. 室温下，用0.1000mol/L盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积V[HCl(aq)]的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Ⅱ表示是滴定氨水的曲线，V[HCl(aq)]=20mL时：c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)
B. pH=7时，两种溶液中：c(Na+)=c()
C. 滴定氢氧化钠溶液，V[HCl(aq)]>20mL时可能有c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 滴定氨水时，当V[HCl(aq)]=10mL时，有2[c(OH-)-c(H+)]=c()-c(NH3·H2O)
【答案】B
【解析】
【分析】NaOH是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，0.1000mol/L NaOH溶液的pH=13，氨水的pH <13，故Ⅱ表示滴定氨水的曲线，Ⅰ表示滴定NaOH溶液的曲线。
【详解】A．由分析可知Ⅱ表示滴定氨水的曲线，V[HCl(aq)]=20mL时，HCl和NH3·H2O恰好完全反应生成NH4Cl，电荷守恒有c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，部分水解溶液呈酸性，则c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B．在pH=7时，由电荷守恒可以得出两种溶液中，c(Cl-)=c(Na+)、c(Cl-)=c()，但是使氨水和氢氧化钠溶液达到pH=7所消耗的盐酸不同，所以两种溶液中的氯离子浓度不同，故c(Na+)≠c()，B错误；
C．滴定NaOH溶液盐酸消耗20mL时，溶液中恰好生成NaCl，此时溶液中c(Na+)= c(Cl -)> c(H+)=c(OH-)，所以当V[HCl(aq)]>20mL时，溶液中c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D．滴定氨水中的盐酸为10mL时，溶液中溶质为NH3·H2O和NH4Cl且物质的量之比为1:1，则根据溶液中离子电荷守恒得c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，Cl元素与N元素原子数之比为1:2，既2c(Cl -)=c()+c(NH3·H2O)，约去Cl-得2[c(OH-)-c(H+)]=c()-c(NH3·H2O)，D正确；
答案选B。
第II卷(非选择题 58分)
8. 回答下列问题：
I．液氧甲烷火箭发动机是介于液氧煤油和液氧液氢之间的一个选择 ，其燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ ·mol-1，根据以下信息，
共价键
C-H
O=O
H- O
键能/(kJ·mol-1)
413
498
464
热化学方程式
H2O(l)=H2O(g) ΔH =+44kJ·mol-1
（1）求算C=O的键能：___________。
II．美国Bay工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如图所示：
（2）该流程中第I步反应为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH ＞0。 若下图表示在其他条件相同时，分别测定不同压强、不同温度下CH4的平衡转化率(纵坐标为CH4的平衡转化率)，则p1___________ p2(填“＞”或“＜”)。
（3）该流程的第II步反应为CO(g) + H2O(g)H2(g)+CO2(g)，反应的平衡常数随温度的变化如下表所示。
温度/°C
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应的正反应是___________(填“吸”或“放”)热反应。
②在500 °C下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为3 mol，则达到平衡后CO的转化率为______。
实验编号
n(CO)
n(H2O)
n(H2)
n(CO2)
甲
2
5
4
3
乙
3
3
2
2
丙
0.25
4
2
1
③在830 °C时，以上表的物质的量(单位为mol)投入恒容反应器发生上述反应，其中反应开始时，向逆反应方向进行的有___________(填实验编号)。
④在一个不传热的固定容积的容器中，判断该反应达到平衡的标志是___________ (填字母)。
A．各组分物质的量浓度不再改变；
B． v(CO2)正=v(H2O)逆；
C．混合气体的密度不变；
D．混合气体的平均相对分子质量不变；
E．体系压强不再发生变化；
F．体系的温度不再发生变化。
⑤如图表示该反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻分别因改变某个 条件而发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件可能是___________(写出两种)。
【答案】（1）797.15 kJ·mol-1)
（2）＜ （3） ①. 放 ②. 75% ③. 甲丙 ④. ABF ⑤. 降低温度、增加水蒸气的量
【解析】
【小问1详解】
化学键能指常温常压下，将1mol理想气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量或A和B合成理想气体分子所放出的能量，则H-O的键能应是气态水的，由盖斯定律，将甲烷燃烧热和2H2O(l)=2H2O(g)相加，可得CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-890.3-(2×44) =-802.3 kJ·mol-1，由∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，即4×413+2×498-(2x+2×2×464) =-802.3，解得x=797.15，则C=O的键能为797.15 kJ·mol-1；
【小问2详解】
反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的正反应方向为气体分子数增加，则相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，则p1< p2；
【小问3详解】
①由表可知温度升高，平衡常数K减小，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；
②在500 °C下，平衡常数K=9，设转化了xmol CO，列三段式：，前后系数相等，在同一容器中体积相等，则，解得x=2.25，平衡后CO的转化率为；
③在830 °C时，平衡常数K=1，对甲，平衡逆向移动，反应向逆反应方向进行，甲选；对乙，平衡正向移动，反应向正反应方向进行，乙不选；对丙，平衡逆向移动，反应向逆反应方向进行，丙选；
故选：甲丙；
④A．各组分的物质的量浓度不再改变，为平衡的特征，能判断平衡，故A选；
Bv(CO2)正=v(H2O)逆，则正逆反应速率相等，达到平衡，故B选；
C固定容积，质量、体积始终不变，则混合气体的密度不变，不能判断平衡，故C不选；
D混合气体的总质量、总物质的量始终不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，不能判断平衡，故D不选；
E该反应的压强始终不变，则体系的压强不再发生变化，不能判断平衡，故E不选；
F体系的温度不再发生变化，反应达到平衡，故F选；
故答案为：ABF；
⑤t2时二氧化碳的浓度增大，而CO的浓度减小，说明该反应正向移动，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，同时增加水蒸气的量，也能使平衡正向移动。
9. 发电玻璃——碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）在“焙烧”中，将废弃碲化镉玻璃粉碎的目的是___________。“高温尾气”中含，Te的基态原子的价层电子排布式是___________。
（2）在“烧渣浸取”中得到的浸渣经灼烧后的主要成分是___________(填化学式)。
（3）在“氧化除铁”中，写出加入将氧化成的离子方程式：___________。
（4）在“沉镁”中，测得“氧化除铁”滤液中浓度为，取滤液，则至少加入___________g固体才能使沉淀完全。
（5）“操作A”需要的玻璃仪器有___________。获得的“操作B”依次为___________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1） ①. 增大反应接触面积，加快反应速率 ②.
（2）
（3）
（4）0.185 （5） ①. 分液漏斗、烧杯 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】废碲化镉玻璃含CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)回收金。焙烧，生成金属氧化物，高温尾气中含SeO2，烧渣中加入稀硫酸，不溶，所以㓎渣为，Fe、Ni、Mg、Cd的氧化物溶解形成对应硫酸盐，加NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH，生成，滤渣1，滤液加入NaOH、NH4F沉镁，生成MgF2沉淀除去，滤渣Ⅱ为MgF2，滤液加入萃取剂，分液，得到含镍的有机溶液，硫酸镉溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镉晶体。
【小问1详解】
在“焙烧”中，将废弃碲化镉玻璃粉碎的目的是增大反应接触面积，加快反应速率，Te是第五周期第ⅥA，基态原子的价层电子排布式是，答案：增大反应接触面积，加快反应速率；；
【小问2详解】
焙烧，生成金属氧化物，高温尾气中含SeO2，烧渣中加入稀硫酸，不溶于酸，所以浸渣的主要成分是，答案：；
【小问3详解】
将氧化成，被还原为Cl-，离子方程式，答案：；
【小问4详解】
浓度为Mg2+，形成MgF2沉淀需要F-物质的量，当恰好沉淀完全， ，溶液中，溶液中F-物质的量为 ，使沉淀完全，则至少加入质量，答案：0.185；
【小问5详解】
操作A是萃取分液操作，需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。由溶液获得的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：分液漏斗、烧杯；蒸发浓缩、冷却结晶。
10. 碱式次氯酸镁(BMH)，化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O，白色粉末、难溶于水，常作消毒剂。某小组拟以海水为原料设计如下流程制备BMH：
请回答下列问题：
（1）回流反应中选择___________(填“pH试纸”或“pH计”)测定反应液的pH。
（2）“烘干”可采用吹干、吸干等方式，不能采用“高温烘干”，原因是___________。
（3）利用下列装置制备NaClO溶液(已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，)。
①C装置应采用___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
②标出B装置盛装试剂并补全导管___________。
（4）回流反应中用氢氧化钠溶液调节pH，生成产品的离子方程式为___________。
（5）测定产品纯度。取mg产品溶于稀硫酸配成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，加入足量KI溶液和适量稀硫酸，充分反应后，滴几滴淀粉溶液，用溶液滴定(有关反应为，)，测得三次平行实验消耗Na2S2O3，溶液体积如表所示：
实验
起始读数/mL
终点读数/mL
消耗Na2S2O3溶液体积/mL
Ⅰ
0.20
21.40
Ⅱ
1.10
20.90
Ⅲ
2.00
22.20
①滴定终点的现象是___________。
②该产品的纯度为___________(用含m、c的代数式表示)。
（6）有效氯含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标。次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的质量来表示()，有效氯含量。理论上BMH的有效氯含重为___________(计算结果保留一位小数)。
【答案】（1）pH计 （2）采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解
（3） ①. 冷水浴 ②.
（4）ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O
（5） ①. 最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 ②.
（6）
【解析】
【分析】海水含有氯化镁，加入生石灰，生石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应会生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁，加入次氯酸钠回流反应生成碱式次氯酸镁，经过过滤、洗涤最终得到产品；利用氧化还原反应滴定，可以通过消耗滴定剂的量计算出产品的纯度。
【小问1详解】
回流反应溶液中存在强氧化性的次氯酸根，具有漂白性能使pH试纸褪色，故选择pH计测定反应液的pH；
【小问2详解】
“烘干”得到Mg2ClO(OH)3·H2O，若采用“高温烘干”，会导致产品脱水、甚至分解，故不能高温烘干；
【小问3详解】
①已知：向0~5℃的烧碱溶液通入氯气生成NaClO，且NaClO加热会分解，故C装置应采用冷水浴；
②A装置生成氯气中含有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，影响实验进行，故B装置盛装试剂为饱和食盐水用于除去氯化氢气体，气体应该长进短出，装置为；
【小问4详解】
根据电荷守恒、原子守恒可知回流反应中生成产品的离子方程式为ClO−+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O；
【小问5详解】
①碘能使淀粉溶液变蓝色，故滴定终点的现象是最后一滴滴定液加入后溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；
②由表格数据可知，三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别为21.20 mL、19.80 mL、20.20 mL，第一次数据误差较大舍弃，则平均消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL，根据反应、可知，，则Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为20.00×10-3L×=0.1cmol；故该产品的纯度为；
【小问6详解】
已知，，则1molBMH可以生成1molCl2，则理论上BMH的有效氯含重为。
11，12题所有考生选择一个试题题完成，如果都选，则按所选第一个试题给分。
11. 近年来，中国科学家首次在月球上发现新矿物，将其命名为“嫦娥石”，“嫦娥石”中包含了Fe、Cu、Ti、Cr、Ni、Mo、N、O等多种元素。回答下列问题：
（1）基态Ni原子价层电子排布图为___________，在中阴离子的空间结构为___________。
（2）Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生。键角：___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为。四方晶胞如图所示，在晶胞中的配位数为___________。若该晶胞的参数为，与最近的距离为___________。
（4）、、。和等可作锂离子聚合物电池材料。在的组成元素的基态原子中，单电子数由多到少的顺序是___________。相同条件下，电池材料“”与“”相比，“”中的脱嵌迁移速度较快，原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. 平面三角形
（2） ①. < ②. 中N原子为sp杂化，键角为180°，中N原子为杂化，键角接近120°
（3） ①. 8 ②.
（4） ①. Fe、P、O、Li ②. As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱
【解析】
【小问1详解】
Ni为28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价层电子排布图，在中阴离子NO，中心N原子形成3个σ键，孤电子对数为，其空间结构为平面三角形，答案：；平面三角形；
【小问2详解】
中心N原子形成2个σ键，孤电子对数为，为sp杂化，键角为180°，中心N原子形成2个σ键，孤电子对数为，为杂化，键角接近120°，所以键角：<，答案：<；中N原子为sp杂化，键角为180°，中N原子为杂化，键角接近120°；
【小问3详解】
四方晶胞如图所示，在晶胞中的配位数指和距离最近的O2-数目为8，若该晶胞的参数为，与最近的距离为体对角线的 ，即 ，答案：8；；
【小问4详解】
在的组成元素的基态原子中Li价电子排布2s1，单电子数为1，Fe价电子排布3d64s2，单电子数为4 ，P的价电子排布式3s23p3，单电子数为3 ，O的价电子排布式2S22p4，单电子数为2 ，单电子数由多到少的顺序是Fe、P、O、Li。相同条件下，电池材料“”与“”相比，“”中的脱嵌迁移速度较快，由于As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱，答案：Fe、P、O、Li；As原子的半径比P原子的大，与的作用力比与的作用力的弱。
12. 化合物E()常用作饮料、牙膏、化妆品的香料，也用于制取止痛药、杀虫剂等。可用以下路线合成化合物E：
（1）有机物A的名称是___________。
（2）有机物D的官能团名称是___________。
（3）反应类型为___________。
（4）E在稀硫酸催化下生成D的化学方程式为___________。
（5）有机物M是E的同分异构体，其苯环上的取代基与E相同，核磁共振氢谱有四个吸收峰，则M的结构简式为___________。
【答案】（1）甲苯 （2）羧基、羟基
（3）硝化反应或取代反应
（4）+H2O+ CH3OH
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，一定条件下转化为，在浓硫酸作用下与甲醇共热反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为甲苯，故答案为：甲苯；
【小问2详解】
由结构简式可知，D的官能团为羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；
【小问3详解】
由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，硝化反应属于取代反应，故答案为：取代反应；
【小问4详解】
属于酯类，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+H2O+ CH3OH，故答案为：+H2O+ CH3OH；
【小问5详解】
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