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江西省上高县第二中学2020届高三上学期月考化学试题
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江西省上高县第二中学2020届高三上学期第二次月考
化学试题
1.《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及到的操作是
A. 加热 B. 结晶 C. 蒸发 D. 过滤
【答案】D
【解析】
灶燃薪是加热，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘是蒸发结晶，因此没有过滤，故D正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
①常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
③1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA
④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA
⑤足量铁在1mol氯气中加热反应，铁失去的电子数为3NA
⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
⑦标准状况下，11.2L氯仿中含有C-Cl键的数目为1.5NA
⑧lmolC15H32分子中含碳碳键数目14NA
A. ①③⑤⑦ B. ①②④⑧ C. ②③⑥⑧ D. ①②⑥⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①S原子相对原子质量是32，所以常温下64 g S4和S8混合物中含有原子物质的量n(S)==2mol，所以含有S原子数为2NA，①正确；
②乙烯和聚乙烯最简式是CH2，其式量为14，2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含最简式的物质的量为n==0.2mol，所以其中含有碳原子数均为0.2NA，②正确；
③CH3COOH是弱电解质，在溶液中会发生部分电离，所以1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，含有的CH3COOH分子数小于NA，③错误；
④乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，一个分子中含有共用电子对数目为14个，8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，则其中含共用电子对数为1.4NA，④正确；
⑤Fe与Cl2反应产生FeCl3，由于足量铁在1mol氯气中加热反应，Cl2不足，以Cl2为标准计算电子转移数目，所以铁失去的电子数为2NA，⑤错误；
⑥17g甲基(-14CH3)的物质的量是1mol，由于一个甲基中含有8个中子，所以常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为8NA，⑥错误；
⑦在标准状况下氯仿呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，⑦错误；
⑧C15H32属于烷烃，1个该物质分子中含有14个C-C键，则lmolC15H32分子中含碳碳键数目为14NA，⑧正确；
可见叙述正确是①②④⑧，故合理选项是B。
3.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
B. 0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合： Al3++2SO42-+2Ba2++4OH- =2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
C. 硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I-+O2 +2H2O=2I2 +4OH-
D. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.次氯酸具有氧化性，HSO3-具有还原性，次氯酸能将亚硫酸氢根离子氧化为SO42-，，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得：ClO-＋SO2＋H2O=SO42-+Cl-+2H+，A错误；
B.NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)2以物质的量之比1：2混合，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，B错误；
C.酸性条件下不可能产生OH-，硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色的离子反应为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，C错误；
D.氧化铁可溶于氢碘酸，Fe3+具有氧化性，能氧化I-为I2，反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H+ +2I-=2Fe2++I2 +3H2O，D正确；
答案选D。
4. 下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是（ ）
A. 用图甲所示装置控制制取少量的CO2气体
B. 用图乙所示装置制取并收集氨气
C. 用图丙所示装置可以说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应
D. 用图丁所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】C
【解析】
试题分析：A、纯碱溶于水，不能用甲图装置，A项错误；B、氨气密度比空气小，应用向下排空气法，B项错误；C、冰水中颜色颜色浅，热水中颜色浅，说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应，C项正确；D、正极反应放出氧气，会氧化生成的Fe(OH)2，所以不能较长时间观察其颜色，D项错误；答案选C。
考点：考查化学实验
5.下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl-、NO3-
不能共存Al3++3OH-=Al(OH)3
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-
不能共存5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出c(H+)=10-12mol/L
NH4+、Na+、NO3-、Cl-
一定能共存NH4++H2O =NH3.H2O+H+
D
通入少量SO2 气体
K+、Na+、ClO-、SO42-
不能共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，应是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故错误；B、pH=1，说明溶液显酸性，MnO4－能够把Fe2＋氧化成Fe3＋，不能大量共存，其离子反应方程式为5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，故正确；C、水电离出c(H＋)=10－12mol·L－1<10－7mol·L－1，因此溶质对水的电离起到抑制作用，此溶质可能是酸，也可能是碱，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，因此不能大量共存，故错误；D、HClO具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42－，故错误。
6.某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图，下列说法正确的是
A. 气体A是NO2
B. X溶液中肯定存在Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42-
C. 溶液E和气体F不能发生化学反应
D. X溶液中不能确定的离子是Al3＋和Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图中的各步实验操作分析各步的反应及产物，进而分析解答。
【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子； H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl-和Al3＋，以此解答；
A.根据上述分析知A可以氧化为D，气体A是NO，故A错误；
B. X溶液中肯定存在Fe2＋、NH4+、SO42-，不一定有Al3＋，故B错误；
C. 溶液E为硝酸，气体F为氨气，可以发生化学反应，故C错误；
D. 根据上述分析，X溶液中不能确定的离子是Al3＋和Cl－，故D正确；
故选D。
7.100mL 1mol·L－1的Ca(HCO3)2溶液中，放入2.3g金属钠充分反应后，有关物质的物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
生成CaCO3
溶液中HCO3－
H2
转移的电子
A
0.1NA
0.1NA
B
112L
0.1NA
C
10g
0.05NA
D
10g
0.1NA
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应中Na是还原剂，化合价由0价升高为+1价，反应的Na为0.1mol，故转移电子为0.1NA，溶液中HCO3-发生水解、电离，溶液中HCO3-的物质的量小于0.1mol，溶液中HCO3-小于0.1NA，故A错误；B．由A分析可知转移电子为0.1NA，生成氢气为0.05mol，该条件下，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，占有的体积不一定是22.4L，故B错误；C．生成碳酸钙为0.1mol，其质量=0.1mol×100g/mol=10g，生成氢气为0.05mol，氢气分子数目为0.05NA，故C正确；D．生成碳酸钙为0.1mol，其质量=0.1mol×100g/mol=10g，由A分析可知，溶液中HCO3-小于0.1NA，故D错误；故选C。
【考点定位】考查常用化学计量的有关计算、根据方程式的计算、电解质的电离、盐类水解等。
【名师点晴】准确理解常见化学计量之间的转化关系，灵活运用公式进行计算是解题关键；具体分析：2.3gNa的物质的量为0.1mol，与水反应生成氢氧化钠与氢气，生成氢氧化钠为0.1mol、氢气为0.05mol，100mL1mol•L-1的Ca(HCO3)2溶液中Ca(HCO3)2的为0.1mol，氢氧化钠与Ca(HCO3)2为1：1，发生反应Ca(HCO3)2+NaOH=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，生成0.1molCaCO3，0.1molNaHCO3，溶液中HCO3-发生水解、电离，溶液中HCO3-的物质的量小于0.1mol，N=nNA计算判断；特别注意22.4L/mol是标准状况下的气体摩尔体积，要注意使用条件。
8.食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是居民日常生活中经常使用的物质，下列有关说法或表示正确的是
A. 食盐中阴离子的结构示意图为：
B. 蔗糖和醋酸都是弱电解质
C. “84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：
D. 明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，用于杀菌消毒
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Cl‾最外层电子数为8，错误；B、蔗糖为非电解质，错误；C、“84消毒液”中有效成分为NaClO，Cl与O之间形成一个共价键，Na+与ClO‾之间形成离子键，正确；D、明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，可用于吸附悬浮性杂质，不能用于杀菌消毒，错误。
考点：本题考查化学用语、电解质、物质的用途。
9.在一定温度下，向饱和氢氧化钠溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列关于溶液的说法正确的是（ ）
A. 溶液中有晶体析出，Na+数目变小 B. 有氧气放出，Na+数目增加
C. Na+数目变小，溶质的质量不变 D. 溶液中Na+数目不变，溶质的物质的量浓度不变
【答案】A
【解析】
过氧化钠和水发生：2Na+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变；A．有晶体析出，Na+数目减少，故A正确；B．有氧气放出，Na+数目减少，故B错误；C．Na+数目减少，溶质的质量减小，故C错误；D．溶液中Na+数目减少，溶质的物质的量浓度不变，故D错误；故答案为A。
点睛：明确反应原理和饱和溶液的性质特征是解题关键，饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，而过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，有氧气放出，得到的溶液仍然是饱和氢氧化钠溶液，据此回答判断。
10.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D. 步骤⑤ 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2～3次
【答案】B
【解析】
【详解】A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；
B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；
C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；
D、沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。
故选B。
【点睛】注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。
11.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )
（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）
A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物
【答案】C
【解析】
A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C、制取粗硅的反应是：2C＋SiO22CO＋Si，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；D、CuFeS2中S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2为既氧化产物又是还原产物，故D错误。
12.X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其他产物已略去)。下列说法不正确的是
A. 若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液
B. 若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成Y
C. 若X是金属镁，则W可能是强氧化性的单质
D. 若X是金属Na，则Z可以是Na2O2
【答案】C
【解析】
A项，W为Fe，若X为Cl2，则Y为FeCl3，Z为FeCl2，Z溶液可能是FeCl2溶液，正确；B项，W为NaOH，若X为H2S，则Y为NaHS，Z为Na2S，H2S可与Na2S反应生成NaHS，正确；C项，X为Mg，若W为强氧化性单质，由于Mg没有可变化合价，Mg与W化合成的生成物Y不可能进一步被W氧化，错误；D项，X是Na，若W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，正确；答案选C。
点睛：本题考查物质之间的转化，可用举例法代入验证，也可根据物质的类别和性质分析。
13.下列物质均为a g，将它们在氧气中完全燃烧的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，则过氧化钠固体增重为a g的是（ ）
①CO ②H2 ③CH4 ④HCHO ⑤CH3COOH ⑥HCOOH
A. ①②⑥ B. ③④⑤ C. ①②④⑤ D. ②③⑤
【答案】C
【解析】
H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O2 2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O2 2CO2 ，2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则①②符合，而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成（CO）2·（H2）2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，故④⑤符合，⑥不符合，①②④⑤符合；故选C。
14.M(NO3)2热分解化学方程式为：2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑。加热29.6g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，那么M的摩尔质量是 （ ）
A. 64g/mol B. 24g/mol C. 65g/mol D. 40g/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据n=计算混合气体的物质的量，根据方程式化学计量数关系计算出29.6g M(NO3)2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量，进而根据质量守恒定律计算M的摩尔质量。
【详解】试题分析：生成气体的物质的量为0.5mol，氧气为气体总量的1/5，氧气的物质的量为0.1mol，设M（NO3）2的物质的量为xmol
2M（NO3）22MO+4NO2↑+O2↑
2 1
x 0.1
解得x=0.2mol，M（NO3）2的摩尔质量为=148g/mol，M=(148－62×2) g/mol =24g/mol。选项B正确。
【点睛】本题考查了摩尔质量的计算，题目难度不大，要求熟练掌握物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间的转化关系。
15.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu(IO3)2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol，答案选B。
点睛：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键。注意CuI中Cu为+1价为解答的易错点。
16.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）
A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L
【答案】C
【解析】
【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。故答案选C。
17.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性
Ⅰ.实验室制备FeBr2
实验室用下图所示装置制取溴化亚铁．其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时先将铁粉加热至600℃～700℃，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，E管中反应开始，不断将d中液溴滴入100℃～120℃的D中，经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。
请回答：
(1)若在A中盛固体CaCO3，a中盛6mol/L盐酸，B处是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中C处的装置和其中的试剂应是：________,为防止污染空气，实验时应在F处连接盛________的尾气吸收装置。
(2)反应过程中要不断通入CO2，其主要作用有两个：①是利用CO2把反应器中空气赶尽；②是________.
Ⅱ.探究FeBr2的还原性
(1)实验需要90 mL 0.1 mol·L－1FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外还需的玻璃仪器是________。
(2)取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：
假设1：Br－ 被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；
假设2：Fe2+ 被Cl2氧化成Fe3+。
设计实验证明假设2是正确的_______________________________
(3)实验证明：还原性Fe2+ > Br－请用一个离子方程式来证明：_____________；
(4)若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10－3molCl2，则反应的离子方程式为：____________。
【答案】 (1). 浓H2SO4的洗气瓶 (2). NaOH溶液 (3). 将Br2蒸气带入反应管中 (4). 100 mL容量瓶 (5). 向黄色溶液中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 (6). Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br－ (7). 4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
【解析】
【分析】
I. (1)装置B用于除去CO2中的HCl气体；装置D作用是干燥CO2气体，根据Br2的性质选择合适的尾气处理试剂；
(2)通入CO2，可以将容器中的空气赶净；将Br2蒸气带入反应器D中；
II.(1)根据选择仪器的标准和配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤选择合适的仪器；
(2)Fe2+被Cl2氧化成Fe3+ ，可向该溶液中加入KSCN溶液来检验是否含有Fe3+；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物，只要在含有Fe2+的溶液中滴加溴水即可；
(4) 40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知：亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化。
【详解】I. ( 1 )装置B用于除去CO2中的HCl杂质气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥CO2，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；Br2会导致大气污染，可根据Br2与NaOH溶液作用产生可溶性的物质的性质，用NaOH溶液作尾气吸收试剂。
(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是：①反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；②反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应；
II.(1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、 胶头滴管，实验室没有90mL容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，要使用100mL的容量瓶；
(2)取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，可证明溶液中含有Fe3+离子，从而证明假设2正确；
(3)利用还原剂的还原性大于还原产物，则可在含有Fe2+的溶液中滴加溴水，会发生离子反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，即可证明还原性Fe2+>Br-；
(4)40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化 ,发生反应的离子方程式为4Fe2+ +2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
【点睛】本题考查了制取溴化亚铁方案设计、离子的检验方法、物质反应先后顺序及离子方程式书写的知识，II中(4)注意反应物用量对反应的影响，是解答本题的易错点。
18.磷化氢气体(PH3)是一种强烈的储粮害虫杀剂，其制取原理类似于实验室制氨气，空气中磷化氢气体达到2PPM以上时就会造成人畜中毒,请回答：
(1)用碘化磷(PH4I)和烧碱反应制取PH3的化学方程式___________。
(2)实验室用硫酸铜溶液吸收PH3时的化学方程式24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4 ，当吸收2.2molPH3转移电子______mol
(3)氧硫化碳（COS）可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，生成物的物质的量之比为1∶1∶1,写出相应的化学方程式______。
(4)氧硫化碳水解及部分应用流程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2SM溶液+H2
①组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是_______.
②已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成S2O32﹣的离子方程式为________．
③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol），由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32—外，还有____（填含硫微粒的离子符号）。
【答案】 (1). PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O (2). 4.8 (3). KSCN+2H2SO4（浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑ (4). 第三周期第VA族 (5). 2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣ (6). SO42﹣
【解析】
【分析】
可结合NH4Cl与NaOH加热反应制取NH3，用PH4I与NaOH反应制取PH3；
(2)根据氧化还原反应规律分析判断；
(3)根据题干确定生成物，然后结合原子守恒及物质的物质的量关系书写反应方程式；
(4)①根据物质含有的元素种类，结合元素周期律分析判断；
②依据题干信息：S2-与H2O反应产生S2O32-和H2，结合电荷守恒及原子守恒书写反应式；
③根据反应III在不同温度下反应时间与H2产量关系分析判断。
【详解】(1)用PH4I与NaOH加热发生反应产生NaI、H2O、PH3，反应方程式为PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O；
(2)在反应24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4中，Cu元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后中Cu3P的+1价，化合价降低，因此CuSO4为氧化剂；每24mol CuSO4发生反应，同时会消耗11molPH3，转移24mol电子，则吸收2.2molPH3转移电子的物质的量为mol=4.8mol；
(3)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐KHSO4、NH4HSO4，生成物的物质的量之比为1∶1∶1，反应方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；
(4)①组成氧硫化碳和磷化氢的原子为O、S、P、H，由于原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以这四种元素中，原子半径最大的元素为P，其在周期表中的位置位于第三周期第VA族；
②S2-与H2O反应产生S2O32-和H2，根据电荷守恒、原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；
③反应III中，a点360℃时，随着时间推移，氢气的物质的量不变，Na2S初始含量为3mmol，若只发生反应2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，生成氢气的物质的量为3mmol×=6mmol，图示为9mmol，说明M溶液中除含有S2O32﹣外，还含有SO42-，反应方程式为：S2﹣+4H2O=SO42-+4H2↑。
19.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下:
已知:①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+。②Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:
阳离子
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
沉淀完全时的pH
3.2
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9溶解)
(1) 实验室用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需量取浓硫酸_____mL；配制时除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有______________。
(2) H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,写出此反应的离子方程式:__________。
(3过滤II操作得到的滤渣主要为______(填化学式),滤液II中含有的离子主要有__。
(4) 钠离子交换树脂的反应原理为:Mn++nNaR=MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_______________。
(5) 写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式__________。
【答案】 (1). 54.3 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72－＋8H＋ (4). Fe(OH)3、 Al(OH)3 (5). Na+、 SO42－、 CrO42－ (6). Mg2+、 Ca2+ (7). 2CrO42－＋3SO2＋12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42－ ＋2OH－
【解析】
【分析】
（1）实验室用18.4 mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需用500mL容量瓶，根据稀释前后硫酸物质的量不变，列式计算需量取浓硫酸的体积；定容时用容量瓶和胶头滴管；（2）H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,Cr化合价升高，Cr3+是还原剂，则H2O2是氧化剂，根据得失电子守恒配平方程式；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+；根据常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加入氢氧化钠，调节溶液PH=8，可以生成Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀；（4）钠离子交换树脂的反应原理为: Mn++nNaR=MRn+nNa+,结合溶液中含有的阳离子，分析利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子；（5）Cr2O72-被SO2还原生成Cr(OH)(H2O)5SO4。
【详解】（1）实验室用18.4 mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需用500mL容量瓶；设需量取浓硫酸的体积为vmL，根据稀释前后硫酸物质的量不变，18.4 mol/L =500mL 2mol/L，v=54.3mL；配制时 除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；（2）H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,Cr化合价升高，Cr3+是还原剂，则H2O2是氧化剂，反应离子方程式是2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72－＋8H＋；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+；根据常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加入氢氧化钠，调节溶液PH=8，可以生成Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀，所以过滤II操作得到的滤渣主要为Fe(OH)3、 Al(OH)3；根据元素守恒，滤液II中含有的离子主要有Na+、 SO42－、 CrO42－；（4）钠离子交换树脂的反应原理为: Mn++nNaR=MRn+nNa+，结合溶液中含有的阳离子，利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有Mg2+、 Ca2+；（5）Cr2O72-被SO2还原生成Cr(OH)(H2O)5SO4，反应离子方程式是2CrO42－＋3SO2＋12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42－ ＋2OH－。
20.异丁酸－3－苯丙酯()是一种香料，下图是这种香料的一种合成路线：
已知以下信息：
①有机物E的摩尔质量为88 g·mol－1，其核磁共振氢谱表明含有3种不同环境的氢原子。
②有机物F是苯甲醇的同系物。
③R—CH==CH2R—CH2CH2OH。
请回答下列问题：
(1)异丁酸－3－苯丙酯分子式为________________。
(2)A分子中的官能团名称为________________。
(3)C的结构简式为________________。
(4)一定条件下，1 mol D与2 mol H2能够完全反应生成F，D能够发生银镜反应，因此D生成F的反应类型为________________。
(5)E、F反应生成异丁酸－3－苯丙酯的化学方程式为________________________。
(6)已知有机化合物甲符合下列条件：
①与F是同分异构体；②苯环上有3个支链；③核磁共振氢谱显示其含有5种不同环境的氢原子，且不同环境的氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1；④与FeCl3溶液不能发生显色反应。
写出符合上述条件有机物甲的结构简式：_____________________________。
【答案】 (1). C13H18O2 (2). 碳碳双键 (3). (4). 加成反应(或还原反应) (5). ＋＋H2O (6). 或
【解析】
【分析】
根据图中转化关系,可以推断E为羧酸,结合其摩尔质量为88 g/mol,可知其分子式为C4H8O2,又知E的核磁共振氢谱中有三种不同环境的氢原子,则E的结构简式为,从而可逆推A为,B为,C为;由“有机物F是苯甲醇的同系物”和“1 mol D与2 mol H能够完全反应生成F,D能够发生银镜反应”可知D为,F为。
【详解】(1)异丁酸－3－苯丙酯的结构简式为，分子式为C13H18O2，故答案为：C13H18O2；
(2)A的结构简式为，分子中的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（3）根据图中转化关系可知, 发生催化氧化反应生成，则C为，故答案为：；
（4）一定条件下，1 mol与2 mol H2发生加成反应，完全反应生成，故答案为：加成反应(或还原反应)；
（5）与在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成异丁酸－3－苯丙酯和水，反应的化学方程式为＋＋H2O，故答案为：＋＋H2O；
（6）由与FeCl3溶液不能发生显色反应可知F的同分异构体属于芳香醇，苯环上有3个支链，说明苯环上连有2个甲基和一个—CH2OH，由核磁共振氢谱显示其含有5种不同环境的氢原子，且不同环境的氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1可知同分异构体的结构简式为或，故答案为：或。
【点睛】本题考查有机合成与推断，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系，熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论是解答关键，本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写。
江西省上高县第二中学2020届高三上学期第二次月考
化学试题
1.《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及到的操作是
A. 加热 B. 结晶 C. 蒸发 D. 过滤
【答案】D
【解析】
灶燃薪是加热，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘是蒸发结晶，因此没有过滤，故D正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
①常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
③1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA
④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA
⑤足量铁在1mol氯气中加热反应，铁失去的电子数为3NA
⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
⑦标准状况下，11.2L氯仿中含有C-Cl键的数目为1.5NA
⑧lmolC15H32分子中含碳碳键数目14NA
A. ①③⑤⑦ B. ①②④⑧ C. ②③⑥⑧ D. ①②⑥⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①S原子相对原子质量是32，所以常温下64 g S4和S8混合物中含有原子物质的量n(S)==2mol，所以含有S原子数为2NA，①正确；
②乙烯和聚乙烯最简式是CH2，其式量为14，2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含最简式的物质的量为n==0.2mol，所以其中含有碳原子数均为0.2NA，②正确；
③CH3COOH是弱电解质，在溶液中会发生部分电离，所以1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，含有的CH3COOH分子数小于NA，③错误；
④乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，一个分子中含有共用电子对数目为14个，8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，则其中含共用电子对数为1.4NA，④正确；
⑤Fe与Cl2反应产生FeCl3，由于足量铁在1mol氯气中加热反应，Cl2不足，以Cl2为标准计算电子转移数目，所以铁失去的电子数为2NA，⑤错误；
⑥17g甲基(-14CH3)的物质的量是1mol，由于一个甲基中含有8个中子，所以常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为8NA，⑥错误；
⑦在标准状况下氯仿呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，⑦错误；
⑧C15H32属于烷烃，1个该物质分子中含有14个C-C键，则lmolC15H32分子中含碳碳键数目为14NA，⑧正确；
可见叙述正确是①②④⑧，故合理选项是B。
3.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
B. 0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合： Al3++2SO42-+2Ba2++4OH- =2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
C. 硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I-+O2 +2H2O=2I2 +4OH-
D. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.次氯酸具有氧化性，HSO3-具有还原性，次氯酸能将亚硫酸氢根离子氧化为SO42-，，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得：ClO-＋SO2＋H2O=SO42-+Cl-+2H+，A错误；
B.NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)2以物质的量之比1：2混合，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，B错误；
C.酸性条件下不可能产生OH-，硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色的离子反应为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，C错误；
D.氧化铁可溶于氢碘酸，Fe3+具有氧化性，能氧化I-为I2，反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H+ +2I-=2Fe2++I2 +3H2O，D正确；
答案选D。
4. 下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是（ ）
A. 用图甲所示装置控制制取少量的CO2气体
B. 用图乙所示装置制取并收集氨气
C. 用图丙所示装置可以说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应
D. 用图丁所示装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】C
【解析】
试题分析：A、纯碱溶于水，不能用甲图装置，A项错误；B、氨气密度比空气小，应用向下排空气法，B项错误；C、冰水中颜色颜色浅，热水中颜色浅，说明反应2NO2（g）N2O4（g）是放热反应，C项正确；D、正极反应放出氧气，会氧化生成的Fe(OH)2，所以不能较长时间观察其颜色，D项错误；答案选C。
考点：考查化学实验
5.下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl-、NO3-
不能共存Al3++3OH-=Al(OH)3
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-
不能共存5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出c(H+)=10-12mol/L
NH4+、Na+、NO3-、Cl-
一定能共存NH4++H2O =NH3.H2O+H+
D
通入少量SO2 气体
K+、Na+、ClO-、SO42-
不能共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，应是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故错误；B、pH=1，说明溶液显酸性，MnO4－能够把Fe2＋氧化成Fe3＋，不能大量共存，其离子反应方程式为5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，故正确；C、水电离出c(H＋)=10－12mol·L－1<10－7mol·L－1，因此溶质对水的电离起到抑制作用，此溶质可能是酸，也可能是碱，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，因此不能大量共存，故错误；D、HClO具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42－，故错误。
6.某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图，下列说法正确的是
A. 气体A是NO2
B. X溶液中肯定存在Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42-
C. 溶液E和气体F不能发生化学反应
D. X溶液中不能确定的离子是Al3＋和Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图中的各步实验操作分析各步的反应及产物，进而分析解答。
【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子； H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl-和Al3＋，以此解答；
A.根据上述分析知A可以氧化为D，气体A是NO，故A错误；
B. X溶液中肯定存在Fe2＋、NH4+、SO42-，不一定有Al3＋，故B错误；
C. 溶液E为硝酸，气体F为氨气，可以发生化学反应，故C错误；
D. 根据上述分析，X溶液中不能确定的离子是Al3＋和Cl－，故D正确；
故选D。
7.100mL 1mol·L－1的Ca(HCO3)2溶液中，放入2.3g金属钠充分反应后，有关物质的物理量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ）
生成CaCO3
溶液中HCO3－
H2
转移的电子
A
0.1NA
0.1NA
B
112L
0.1NA
C
10g
0.05NA
D
10g
0.1NA
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应中Na是还原剂，化合价由0价升高为+1价，反应的Na为0.1mol，故转移电子为0.1NA，溶液中HCO3-发生水解、电离，溶液中HCO3-的物质的量小于0.1mol，溶液中HCO3-小于0.1NA，故A错误；B．由A分析可知转移电子为0.1NA，生成氢气为0.05mol，该条件下，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，占有的体积不一定是22.4L，故B错误；C．生成碳酸钙为0.1mol，其质量=0.1mol×100g/mol=10g，生成氢气为0.05mol，氢气分子数目为0.05NA，故C正确；D．生成碳酸钙为0.1mol，其质量=0.1mol×100g/mol=10g，由A分析可知，溶液中HCO3-小于0.1NA，故D错误；故选C。
【考点定位】考查常用化学计量的有关计算、根据方程式的计算、电解质的电离、盐类水解等。
【名师点晴】准确理解常见化学计量之间的转化关系，灵活运用公式进行计算是解题关键；具体分析：2.3gNa的物质的量为0.1mol，与水反应生成氢氧化钠与氢气，生成氢氧化钠为0.1mol、氢气为0.05mol，100mL1mol•L-1的Ca(HCO3)2溶液中Ca(HCO3)2的为0.1mol，氢氧化钠与Ca(HCO3)2为1：1，发生反应Ca(HCO3)2+NaOH=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，生成0.1molCaCO3，0.1molNaHCO3，溶液中HCO3-发生水解、电离，溶液中HCO3-的物质的量小于0.1mol，N=nNA计算判断；特别注意22.4L/mol是标准状况下的气体摩尔体积，要注意使用条件。
8.食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是居民日常生活中经常使用的物质，下列有关说法或表示正确的是
A. 食盐中阴离子的结构示意图为：
B. 蔗糖和醋酸都是弱电解质
C. “84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：
D. 明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，用于杀菌消毒
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Cl‾最外层电子数为8，错误；B、蔗糖为非电解质，错误；C、“84消毒液”中有效成分为NaClO，Cl与O之间形成一个共价键，Na+与ClO‾之间形成离子键，正确；D、明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，可用于吸附悬浮性杂质，不能用于杀菌消毒，错误。
考点：本题考查化学用语、电解质、物质的用途。
9.在一定温度下，向饱和氢氧化钠溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列关于溶液的说法正确的是（ ）
A. 溶液中有晶体析出，Na+数目变小 B. 有氧气放出，Na+数目增加
C. Na+数目变小，溶质的质量不变 D. 溶液中Na+数目不变，溶质的物质的量浓度不变
【答案】A
【解析】
过氧化钠和水发生：2Na+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变；A．有晶体析出，Na+数目减少，故A正确；B．有氧气放出，Na+数目减少，故B错误；C．Na+数目减少，溶质的质量减小，故C错误；D．溶液中Na+数目减少，溶质的物质的量浓度不变，故D错误；故答案为A。
点睛：明确反应原理和饱和溶液的性质特征是解题关键，饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，而过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，有氧气放出，得到的溶液仍然是饱和氢氧化钠溶液，据此回答判断。
10.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D. 步骤⑤ 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2～3次
【答案】B
【解析】
【详解】A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；
B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；
C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；
D、沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。
故选B。
【点睛】注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。
11.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )
（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）
A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物
【答案】C
【解析】
A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋H2O和Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C、制取粗硅的反应是：2C＋SiO22CO＋Si，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；D、CuFeS2中S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2为既氧化产物又是还原产物，故D错误。
12.X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其他产物已略去)。下列说法不正确的是
A. 若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液
B. 若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成Y
C. 若X是金属镁，则W可能是强氧化性的单质
D. 若X是金属Na，则Z可以是Na2O2
【答案】C
【解析】
A项，W为Fe，若X为Cl2，则Y为FeCl3，Z为FeCl2，Z溶液可能是FeCl2溶液，正确；B项，W为NaOH，若X为H2S，则Y为NaHS，Z为Na2S，H2S可与Na2S反应生成NaHS，正确；C项，X为Mg，若W为强氧化性单质，由于Mg没有可变化合价，Mg与W化合成的生成物Y不可能进一步被W氧化，错误；D项，X是Na，若W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，正确；答案选C。
点睛：本题考查物质之间的转化，可用举例法代入验证，也可根据物质的类别和性质分析。
13.下列物质均为a g，将它们在氧气中完全燃烧的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，则过氧化钠固体增重为a g的是（ ）
①CO ②H2 ③CH4 ④HCHO ⑤CH3COOH ⑥HCOOH
A. ①②⑥ B. ③④⑤ C. ①②④⑤ D. ②③⑤
【答案】C
【解析】
H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O2 2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O2 2CO2 ，2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则①②符合，而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成（CO）2·（H2）2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，故④⑤符合，⑥不符合，①②④⑤符合；故选C。
14.M(NO3)2热分解化学方程式为：2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑。加热29.6g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，那么M的摩尔质量是 （ ）
A. 64g/mol B. 24g/mol C. 65g/mol D. 40g/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据n=计算混合气体的物质的量，根据方程式化学计量数关系计算出29.6g M(NO3)2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量，进而根据质量守恒定律计算M的摩尔质量。
【详解】试题分析：生成气体的物质的量为0.5mol，氧气为气体总量的1/5，氧气的物质的量为0.1mol，设M（NO3）2的物质的量为xmol
2M（NO3）22MO+4NO2↑+O2↑
2 1
x 0.1
解得x=0.2mol，M（NO3）2的摩尔质量为=148g/mol，M=(148－62×2) g/mol =24g/mol。选项B正确。
【点睛】本题考查了摩尔质量的计算，题目难度不大，要求熟练掌握物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间的转化关系。
15.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu(IO3)2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol，答案选B。
点睛：本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键。注意CuI中Cu为+1价为解答的易错点。
16.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）
A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L
【答案】C
【解析】
【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。故答案选C。
17.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性
Ⅰ.实验室制备FeBr2
实验室用下图所示装置制取溴化亚铁．其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时先将铁粉加热至600℃～700℃，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，E管中反应开始，不断将d中液溴滴入100℃～120℃的D中，经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。
请回答：
(1)若在A中盛固体CaCO3，a中盛6mol/L盐酸，B处是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中C处的装置和其中的试剂应是：________,为防止污染空气，实验时应在F处连接盛________的尾气吸收装置。
(2)反应过程中要不断通入CO2，其主要作用有两个：①是利用CO2把反应器中空气赶尽；②是________.
Ⅱ.探究FeBr2的还原性
(1)实验需要90 mL 0.1 mol·L－1FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外还需的玻璃仪器是________。
(2)取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：
假设1：Br－ 被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；
假设2：Fe2+ 被Cl2氧化成Fe3+。
设计实验证明假设2是正确的_______________________________
(3)实验证明：还原性Fe2+ > Br－请用一个离子方程式来证明：_____________；
(4)若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10－3molCl2，则反应的离子方程式为：____________。
【答案】 (1). 浓H2SO4的洗气瓶 (2). NaOH溶液 (3). 将Br2蒸气带入反应管中 (4). 100 mL容量瓶 (5). 向黄色溶液中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 (6). Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br－ (7). 4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
【解析】
【分析】
I. (1)装置B用于除去CO2中的HCl气体；装置D作用是干燥CO2气体，根据Br2的性质选择合适的尾气处理试剂；
(2)通入CO2，可以将容器中的空气赶净；将Br2蒸气带入反应器D中；
II.(1)根据选择仪器的标准和配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤选择合适的仪器；
(2)Fe2+被Cl2氧化成Fe3+ ，可向该溶液中加入KSCN溶液来检验是否含有Fe3+；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物，只要在含有Fe2+的溶液中滴加溴水即可；
(4) 40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知：亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化。
【详解】I. ( 1 )装置B用于除去CO2中的HCl杂质气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥CO2，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；Br2会导致大气污染，可根据Br2与NaOH溶液作用产生可溶性的物质的性质，用NaOH溶液作尾气吸收试剂。
(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是：①反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；②反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应；
II.(1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、 胶头滴管，实验室没有90mL容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，要使用100mL的容量瓶；
(2)取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，可证明溶液中含有Fe3+离子，从而证明假设2正确；
(3)利用还原剂的还原性大于还原产物，则可在含有Fe2+的溶液中滴加溴水，会发生离子反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，即可证明还原性Fe2+>Br-；
(4)40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化 ,发生反应的离子方程式为4Fe2+ +2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
【点睛】本题考查了制取溴化亚铁方案设计、离子的检验方法、物质反应先后顺序及离子方程式书写的知识，II中(4)注意反应物用量对反应的影响，是解答本题的易错点。
18.磷化氢气体(PH3)是一种强烈的储粮害虫杀剂，其制取原理类似于实验室制氨气，空气中磷化氢气体达到2PPM以上时就会造成人畜中毒,请回答：
(1)用碘化磷(PH4I)和烧碱反应制取PH3的化学方程式___________。
(2)实验室用硫酸铜溶液吸收PH3时的化学方程式24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4 ，当吸收2.2molPH3转移电子______mol
(3)氧硫化碳（COS）可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，生成物的物质的量之比为1∶1∶1,写出相应的化学方程式______。
(4)氧硫化碳水解及部分应用流程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2SM溶液+H2
①组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是_______.
②已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成S2O32﹣的离子方程式为________．
③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol），由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32—外，还有____（填含硫微粒的离子符号）。
【答案】 (1). PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O (2). 4.8 (3). KSCN+2H2SO4（浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑ (4). 第三周期第VA族 (5). 2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣ (6). SO42﹣
【解析】
【分析】
可结合NH4Cl与NaOH加热反应制取NH3，用PH4I与NaOH反应制取PH3；
(2)根据氧化还原反应规律分析判断；
(3)根据题干确定生成物，然后结合原子守恒及物质的物质的量关系书写反应方程式；
(4)①根据物质含有的元素种类，结合元素周期律分析判断；
②依据题干信息：S2-与H2O反应产生S2O32-和H2，结合电荷守恒及原子守恒书写反应式；
③根据反应III在不同温度下反应时间与H2产量关系分析判断。
【详解】(1)用PH4I与NaOH加热发生反应产生NaI、H2O、PH3，反应方程式为PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O；
(2)在反应24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4中，Cu元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后中Cu3P的+1价，化合价降低，因此CuSO4为氧化剂；每24mol CuSO4发生反应，同时会消耗11molPH3，转移24mol电子，则吸收2.2molPH3转移电子的物质的量为mol=4.8mol；
(3)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐KHSO4、NH4HSO4，生成物的物质的量之比为1∶1∶1，反应方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；
(4)①组成氧硫化碳和磷化氢的原子为O、S、P、H，由于原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以这四种元素中，原子半径最大的元素为P，其在周期表中的位置位于第三周期第VA族；
②S2-与H2O反应产生S2O32-和H2，根据电荷守恒、原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；
③反应III中，a点360℃时，随着时间推移，氢气的物质的量不变，Na2S初始含量为3mmol，若只发生反应2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，生成氢气的物质的量为3mmol×=6mmol，图示为9mmol，说明M溶液中除含有S2O32﹣外，还含有SO42-，反应方程式为：S2﹣+4H2O=SO42-+4H2↑。
19.利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下:
已知:①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+。②Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:
阳离子
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cr3+
沉淀完全时的pH
3.2
11.1
5.4(>8溶解)
9(>9溶解)
(1) 实验室用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需量取浓硫酸_____mL；配制时除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有______________。
(2) H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,写出此反应的离子方程式:__________。
(3过滤II操作得到的滤渣主要为______(填化学式),滤液II中含有的离子主要有__。
(4) 钠离子交换树脂的反应原理为:Mn++nNaR=MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_______________。
(5) 写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式__________。
【答案】 (1). 54.3 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72－＋8H＋ (4). Fe(OH)3、 Al(OH)3 (5). Na+、 SO42－、 CrO42－ (6). Mg2+、 Ca2+ (7). 2CrO42－＋3SO2＋12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42－ ＋2OH－
【解析】
【分析】
（1）实验室用18.4 mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需用500mL容量瓶，根据稀释前后硫酸物质的量不变，列式计算需量取浓硫酸的体积；定容时用容量瓶和胶头滴管；（2）H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,Cr化合价升高，Cr3+是还原剂，则H2O2是氧化剂，根据得失电子守恒配平方程式；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+；根据常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加入氢氧化钠，调节溶液PH=8，可以生成Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀；（4）钠离子交换树脂的反应原理为: Mn++nNaR=MRn+nNa+,结合溶液中含有的阳离子，分析利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子；（5）Cr2O72-被SO2还原生成Cr(OH)(H2O)5SO4。
【详解】（1）实验室用18.4 mol/L的浓硫酸配制480mL2mol/L的硫酸，需用500mL容量瓶；设需量取浓硫酸的体积为vmL，根据稀释前后硫酸物质的量不变，18.4 mol/L =500mL 2mol/L，v=54.3mL；配制时 除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；（2）H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-,Cr化合价升高，Cr3+是还原剂，则H2O2是氧化剂，反应离子方程式是2Cr3+＋3H2O2＋H2O＝Cr2O72－＋8H＋；（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+；根据常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加入氢氧化钠，调节溶液PH=8，可以生成Fe(OH)3、 Al(OH)3沉淀，所以过滤II操作得到的滤渣主要为Fe(OH)3、 Al(OH)3；根据元素守恒，滤液II中含有的离子主要有Na+、 SO42－、 CrO42－；（4）钠离子交换树脂的反应原理为: Mn++nNaR=MRn+nNa+，结合溶液中含有的阳离子，利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有Mg2+、 Ca2+；（5）Cr2O72-被SO2还原生成Cr(OH)(H2O)5SO4，反应离子方程式是2CrO42－＋3SO2＋12H2O＝2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42－ ＋2OH－。
20.异丁酸－3－苯丙酯()是一种香料，下图是这种香料的一种合成路线：
已知以下信息：
①有机物E的摩尔质量为88 g·mol－1，其核磁共振氢谱表明含有3种不同环境的氢原子。
②有机物F是苯甲醇的同系物。
③R—CH==CH2R—CH2CH2OH。
请回答下列问题：
(1)异丁酸－3－苯丙酯分子式为________________。
(2)A分子中的官能团名称为________________。
(3)C的结构简式为________________。
(4)一定条件下，1 mol D与2 mol H2能够完全反应生成F，D能够发生银镜反应，因此D生成F的反应类型为________________。
(5)E、F反应生成异丁酸－3－苯丙酯的化学方程式为________________________。
(6)已知有机化合物甲符合下列条件：
①与F是同分异构体；②苯环上有3个支链；③核磁共振氢谱显示其含有5种不同环境的氢原子，且不同环境的氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1；④与FeCl3溶液不能发生显色反应。
写出符合上述条件有机物甲的结构简式：_____________________________。
【答案】 (1). C13H18O2 (2). 碳碳双键 (3). (4). 加成反应(或还原反应) (5). ＋＋H2O (6). 或
【解析】
【分析】
根据图中转化关系,可以推断E为羧酸,结合其摩尔质量为88 g/mol,可知其分子式为C4H8O2,又知E的核磁共振氢谱中有三种不同环境的氢原子,则E的结构简式为,从而可逆推A为,B为,C为;由“有机物F是苯甲醇的同系物”和“1 mol D与2 mol H能够完全反应生成F,D能够发生银镜反应”可知D为,F为。
【详解】(1)异丁酸－3－苯丙酯的结构简式为，分子式为C13H18O2，故答案为：C13H18O2；
(2)A的结构简式为，分子中的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（3）根据图中转化关系可知, 发生催化氧化反应生成，则C为，故答案为：；
（4）一定条件下，1 mol与2 mol H2发生加成反应，完全反应生成，故答案为：加成反应(或还原反应)；
（5）与在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成异丁酸－3－苯丙酯和水，反应的化学方程式为＋＋H2O，故答案为：＋＋H2O；
（6）由与FeCl3溶液不能发生显色反应可知F的同分异构体属于芳香醇，苯环上有3个支链，说明苯环上连有2个甲基和一个—CH2OH，由核磁共振氢谱显示其含有5种不同环境的氢原子，且不同环境的氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1可知同分异构体的结构简式为或，故答案为：或。
【点睛】本题考查有机合成与推断，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系，熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论是解答关键，本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写。
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