【文档说明】四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.021 MB，由小赞的店铺上传

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四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二下5月月考化学试题1.水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A.水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B.温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C.4℃时，纯水的pH=7D.向水中加入酸

或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小【答案】A【解析】【详解】A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L，水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；B.水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B

错误；C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7，C错误D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；故合理选项是A。2.下列物质在水溶液中不发生水解

的是A.NaFB.NaHSC.NaNO3D.NaClO【答案】C【解析】【详解】A.NaF是强碱弱酸盐，F-发生水解作用使溶液显碱性，A不符合题意；B.NaHS是强碱弱酸盐，HS-发生水解作用使溶液显碱性，B不符合题

意；C.NaNO3是强酸强碱盐，不发生水解作用，C符合题意；D.NaClO是强碱弱酸盐，ClO-发生水解作用使溶液显碱性，D不符合题意；故合理选项是C。3.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中

加少量稀盐酸，下列说法正确的是A.AgCl的溶解度、Ksp均减小B.AgCl的溶解度、Ksp均不变C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变D.AgCl的溶解度不变、Ksp减小【答案】C【解析】【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl

(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。故答案

选C。【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。4.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.c(H+)

=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液C.使酚酞溶液呈无色的溶液D.由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液【答案】B【解析】【详解】A.100℃时pH=6为中性，则pH=7可能为碱性，A项错误；B.c(H+)=c(OH−)为中性

，B项正确；C.酚酞的变色范围为8-10，则使酚酞试液呈无色的溶液，可能为酸性，C项错误；D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能为NaCl、氯化铵、碳酸钾等，则可能为中性、酸性、碱性，D项错误；答案选B。【点睛】抓住溶液酸碱性的标准是解题的关键。由c(

H+)与c(OH-)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)=c(OH-)为中性，且温度不同时Kw不同，不能直接利用pH判断酸碱性。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B.由水电

离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1的溶液中:Ca2+、Cl-、HCO3-、K+C.使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Cl-、NO3-、Al3+D.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、Cl

O-、SO42-、SCN-【答案】C【解析】【详解】A.pH=1的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.由水电离出的c(H+)=1×10-10mol/L-1的溶液中

，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，液可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量共存，B错误；C.使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+与NH4+、Cl-、NO3-、Al3+之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；D.c(Fe3+)=0.1m

ol·L-1的溶液中，Fe3+与SCN-会发生络合反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。6.下列物质用途或操作正确且与盐类水解有关的一组是①用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈②用TiCl4水溶液制备TiO2·xH2O③用氯化

铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体④除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂⑤在氯化氢氛围中灼烧氯化镁晶体制备无水氯化镁⑥配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2晶体溶于浓硝酸

中并加入蒸馏水稀释至指定浓度⑦刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液⑧用泡沫灭火器灭火A.①③⑥⑦⑧B.①②④⑤⑧C.③④⑤⑦⑧D.②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①硫酸铵电离出的NH4+离子水解使溶液呈

酸性，加热后水解程度增大，水解生成的氢离子能够溶解氧化铁，故可用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈，与盐的水解有关，①符合题意；②用TiCl4溶液中水解产生TiO2•xH2O和HCl，所以制备TiO2•xH2O，与盐的

水解有关，②符合题意；③用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体，发生的是复分解反应，与盐的水解无关，③不符合题意；④氯化铁溶液中的铁离子水解使溶液呈酸性，氧化铜消耗氢离子，促进了铁离子的水解，最终铁离子转化成氢氧化铁沉淀，然后过滤除去，与盐的水解有关，④符合题意；⑤氯化镁电离出的镁离子

水解生成氢氧化镁和氯化氢，在氯化氢气流中加热就抑制了镁离子的水解，与盐的水解有关，⑤符合题意；⑥浓硝酸具有强的氧化性，可以将Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3，该操作无法得到硝酸亚铁，⑥不符合题意；⑦刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液，是铜与铁离子发生氧

化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，与盐的水解无关，⑦不符合题意；⑧泡沫灭火器的组成为硫酸铝与碳酸氢钠，铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳，从而可灭火，与盐的水解有关，⑧符合题意；综上所述可知：与盐水解有关的序号是①②④⑤⑧，故合理选项是B。7.对于常温下pH=3的乙酸溶液，下列说

法正确的是A.c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)B.加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4C.加入少量乙酸钠固体，溶液pH降低D.与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)【

答案】A【解析】【详解】A．乙酸溶液中乙酸和水都能部分电离，则溶液中存在氢离子、乙酸根离子、氢氧根离子，由于电解质溶液呈电中性，则c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，故A正确；B．pH=3，则溶液中c(H+)=1.0×1

0－3mol·L－1，稀释10倍后溶液中c(H+)不是1.0×10－4mol·L－1，因为乙酸在水中存在电离平衡，稀释能使CH3COOHH++CH3COO－平衡向电离方向移动，促进乙酸电离，所以稀释10倍后溶液中c(H+)大于1.0×1

0－4mol·L－1，因此溶液pH<4，故B错误；C．乙酸钠是溶于水完全电离的强电解质，加入少量乙酸钠固体，增大乙酸根离子浓度，使CH3COOHH++CH3COO－平衡向逆反应方向移动，则溶液中氢离子减小，由于pH=—lgc(H+)，所以溶液的pH增大或升高，故C错误；D．氢氧化

钠溶液中c(OH－)=Kw/c(H+)=Kw/10－pH="0.001"mol·L－1，乙酸溶液中c(H+)=1.0×10－3mol·L－1，由于n=c•V，则混合前氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量等于乙酸溶液中氢离子的物质的量，二者混合时H+与OH－发生中和反应，氢氧化钠是强电解质，不可能

继续电离出氢氧根离子，而乙酸是弱电解质，随着氢离子的消耗，CH3COOHH++CH3COO－平衡向电离方向移动，乙酸能继续电离出氢离子，所以混合后氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量小于乙酸溶液中氢离子的物质的量，则氢离子过量，所得溶液显酸性，c(H+)>c(OH－)，混合溶液存在氢离子、

钠离子、乙酸根离子和氢氧根离子，根据电荷守恒原理，则c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，由于，c(H+)>c(OH－)，则c(Na+)<c(CH3COO－)，故D错误。8.已知二

元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，下列有关该酸及盐的说法正确的是A.0.1mol/LH2A溶液pH=1B.H2A为强酸C.NaHA溶液呈酸性的原因是：HA-+H2OH2A+OH-D.Na2A在溶液中不水解，溶液呈中性【答案】B【解析】【

详解】A.根据电离方程式可知：H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡电离产生H+，所以0.1mol/LH2A溶液中c(H+)大于0.1mol/L，故该溶液pH<1，A错误；B.H2A第一步完全电离，因此H2A为强酸，B正确；C.NaHA溶液呈酸性的原因是：HA-会发生电离作用，产

生H+，电离方程式为：HA-H++A2-，C错误；D.Na2A是强碱弱酸盐，在溶液A2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，使溶液呈碱性，D错误；故合理选项是B。9.室温下，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离常数弱电解质电离常数(Ka)HClOKa=4.7×10-8H2CO3Ka1=4.2×10-

7Ka2=5.6×10-11H2SO3Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7下列微粒在溶液中不能大量共存的是A.SO32-、HCO3-B.ClO-、HCO3-C.HSO3-、CO32-D.HClO、HCO3-【答案】C【解析】【分析】酸

的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。【详解】由于电离平衡常数：H2SO3>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-，则酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-，根据强酸制取弱酸原理知：A.SO32-、HCO3-

不会反应而能大量共存，A不符合题意；B.ClO-、HCO3-不会反应而能大量共存，B不符合题意；C.HSO3-、CO32-发生反应生成SO32-、HCO3-，不能大量共存，C符合题意；D.HClO、HCO3-不反应而能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查了电离平衡常数的应用。明

确电离平衡常数与酸性强弱关系是解本题关键，弱酸电离平衡常数越大，该酸越容易电离，溶液的酸性就越强。注意HClO具有强氧化性、H2SO3和HSO3-具有强还原性，所以HClO和H2SO3、HSO3-不能大量共存。侧重考查学生的分析判断及知识综合运用能力。

10.下列反应的离子方程式书写正确的是A.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中：H+(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/molB.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-C.泡沫灭火器的反应

原理：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑D.Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32-+6H++2MnO4-=5SO42-+2Mn2++3H2O【答案】CD【解析】【分析】A.98.3%的硫酸为浓硫酸，浓硫酸溶于水，放出

热量，反应产生BaSO4放出热量；B.NaClO具有强氧化性，与SO2会发生氧化还原反应；C.泡沫灭火器中明矾与NaHCO3发生盐的双水解反应；D.反应要遵循电子守恒、电荷守恒及原子守恒。【详解】A.98.3%的硫酸加入到稀氢氧化钡溶液中，浓硫酸溶于水放出大量

热，Ba2+与SO42-结合形成BaSO4沉淀也放出热量，因此不能用H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol表示，A错误；B.NaClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应产生H2SO4和NaCl，反应不符合事实，B错误；C.泡沫灭火器中明矾电离产生的Al3+与

小苏打电离产生的HCO3-发生盐的双水解反应，得到Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应方程式为：3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，C正确；D.Na2SO3与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，产生Na2SO4、MnS

O4和水，生成物无色，因此看到溶液由紫色变为无色，反应的离子方程式为：5SO32-+6H++2MnO4-=5SO42-+2Mn2++3H2O，D正确；故合理选项是CD。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反

应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重考查氧化还原反应、与量有关反应的离子反应，注意选项A中和热的判断。中和热是可溶性强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应产生可溶性盐和1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热。11.NA为阿伏伽德罗常

数的值，下列叙述正确的是A.32gCu与1molS反应转移NA个电子B.标准状况下，11.2L的SO3中含1.5NA个氧原子C.1L0.1mol/L的NaHS溶液中，所含S2-、HS-和H2S数目共为0.1NAD.常温常压下，100g46％的乙醇水溶液中含O-H键总数目为NA【

答案】C【解析】【详解】A.Cu与S在加热时反应产生Cu2S，二者反应的物质的量的比是2：1，32gCu的物质的量是0.5mol，0.5molCu完全反应消耗0.25molS，可见S过量，Cu完全反应，在Cu

2S中Cu为+1价，1mol反应失去1mol电子，则0.5molCu反应失去0.5mol电子，反应转移电子数目为0.5NA个，A错误；B.标准状况下SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；C.1L0.1mol/L的NaHS溶液中溶质的物质的量为n(NaHS)=0.1mol/L×1L

=0.1mol，该盐是弱酸的酸式盐，在溶液中存在电离平衡和水解平衡，所以根据S元素守恒可知其中所含S2-、HS-和H2S数目共为0.1NA个，C正确；D.H2O及乙醇分子中都含有H-O键，乙醇不能只根据乙醇计算H-O

的数目，D错误；故合理选项是C。12.下列有关实验操作的说法中错误的是A.中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响B.滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，眼睛注视滴定管中的液面C.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口D.称量时，称量物放置于托盘天平的左

盘，砝码放在托盘天平的右盘【答案】B【解析】【详解】A.中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，由于不影响溶质的物质的量，因此对滴定结果无影响，A正确；B.滴定时，为便于准确测定待测溶液的浓度，应该左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中的溶液颜色的

变化，B错误；C.蒸馏时，为准确测定各馏分蒸气的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，C正确；D.称量时，要遵循的原则是左物右码，即：将称量物放置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，D正确；故合理选项是B。13.分析下

图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（）A.①②中Mg作负极，③④中Fe作负极B.②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－=6OH－＋3H2↑C.③中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e－=Fe2＋D.④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑【答案

】B【解析】【详解】A．Mg比Al活泼，与稀硫酸形成的原电池中，①中Mg作负极，②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应失去电子作负极，故A错误；B．②中电池总反应为2Al＋2NaOH＋2H

2O=2NaAlO2＋3H2↑，失电子的是铝，为负极，镁作正极，负极反应式为2Al＋8OH－－6e－=2AlO2-＋4H2O，二者相减得到正极反应式为6H2O＋6e－=6OH－＋3H2↑，故B正确；C．③中Fe

在浓HNO3中钝化，Cu和浓HNO3反应失去电子作负极，则Fe作正极，故C错误；D．④中Cu是正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故D错误；答案选B。【点睛】判断原电池的正负极时，要根据氧化还原反应得失电子来判断，不能只根

据金属的活泼性，同时要注意电解质溶液对原电池正负极的影响，B项Mg比Al活泼，但是电解质溶液为氢氧化钠，根据镁铝的性质，Al作了负极，C项中，铁比铜活泼，但是Fe在电解质溶液浓HNO3中发生钝化，这是易错点。14.铁

镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A.电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB.电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(

OH)2C.电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D.电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O【答案】C【解析】【详解】A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发

生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2

e-=Fe+2OH-，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【点睛】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应

的逆过程。15.甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。电池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4OH－===2CO32-＋6H2O。则下列说法正确的是()A.电池放电时通入空气的电极为负

极B.电池放电时负极的电极反应式为CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋C.由于CO32-水解显碱性，电池放电时，电解质溶液的pH逐渐增大D.电池放电时每消耗1molCH3OH转移6mol电子【答案】D【解析】【详解】A、电池放电时通入空气的电极为正极，A错误；B、电

池放电时，碱性条件下负极的电极反应式为CH3OH－6e－+8OH-═CO32-+6H2O，B错误；C、电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH－═2CO32-+6H2O，消耗OH－，则电解质溶液的p

H逐渐减小，C错误；D、电池放电时CH3OH中C元素化合价由-2升高为+4价，则每消耗1molCH3OH转移6mole－，D正确。答案选D。16.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓N

aOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是()A.铁是阳极，电极反应为Fe－6e－+4H2O=FeO42－+8H+B.电解时电子的流动方向为：负极→Ni电极→溶液→Fe电极→正极C.若隔膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42-D.电解时阳

极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH升高(假设电解前后体积变化忽略不计)【答案】C【解析】【详解】A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极

反应为Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，故A错误；B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；C、若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后

由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42-，故C正确；D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe

-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H++2e-=H2↑，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D错误；故选C。【点晴】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关

键，易错选项是B，注意电子不能通过电解质溶液，为易错点。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应。17.工业上采用的一种污水处理方法如下：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH

)3。Fe(OH)3具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用。某科研小组用该原理处理污水，设计的装置如图所示。下列说法正确的是A.为了增加污水的导电能力，应向污水中加入适量的H2SO4溶液B.为了使燃料电池乙长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电

池工作时，循环的物质A为CO2C.甲装置中Fe电极的反应为Fe-3e-=Fe3+D.当乙装置中有1.6gCH4参加反应时，C电极理论上生成气体的体积在标准状况下为4.48L【答案】B【解析】【分析】甲装置为电解池

，乙装置为原电池，原电池工作时，通入甲烷的一极为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，在电解池中，Fe电极为阳极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，C电极为阴极，阴极

的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+，以此解答该题。【详解】A.保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀时，为使导电能力增强可加入可溶于水的、显中性的

盐，因为加入硫酸不能生成Fe(OH)3沉淀，A错误；B.电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极反应式为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，可以循环利用的物质A是CO2，B正确；C.电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，C错

误；D.当乙装置中有1.6gCH4参加反应时，1.6g甲烷的物质的量是0.1mol，根据电极反应式CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O可知：0.1mol甲烷参加反应时，有0.8mol电子转移，阴极C电极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，则根

据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知C电极上理论上生成气体在标准状况下V(H2)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的知

识，把握电解池和原电池的工作原理、把握电极方程式的书写为解答该题的关键，注意在原电池的负极和电解池的阳极上发生氧化反应；在原电池的正极和电解质的阴极上发生还原反应；书写电极反应式要结合电解质溶液的成分进行，题目侧重考查学生的分析能力。18.已知HF的酸

性强于CH3COOH，常温下有下列三种溶液，有关叙述中不正确的是编号①②③pH1044溶液NaOH溶液CH3COOH溶液HF溶液A.②③混合后：c(H+)=c(F-)+c(CH3COO-)+c(OH-)B

.中和相同体积的②③，需消耗相同体积的①C.①②等体积混合后：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.向②中加入NaF固体，CH3COOH的电离平衡正向移动【答案】B【解析】【详解】A.混合溶液呈电中

性，则混合溶液中阴、阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c(H+)=c(F-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，A正确；B.相同温度下，HF酸性强于CH3COOH，则HF的电离程度大于CH3COOH，则pH相等的两种溶液中HF浓度小于CH3COOH，

中和酸需要氢氧化钠的体积与酸的物质的量成正比，pH相等、体积相等的HF和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大于HF，所以中和相同体积的②、③，需消耗①的体积②>③，B错误；C.氢氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，常温下，pH=10的NaOH溶液浓度小于pH=4的醋酸溶液，二者

等体积混合时，溶液为CH3COONa和过量CH3COOH的混合液，醋酸过量使溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，酸的电离程度较小，小于盐电离产生的离

子浓度，所以c(CH3COO-)>c(H+)，则混合溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；D.氟化钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，向醋酸中加入氟化钠会促进醋酸电

离，使醋酸的电离平衡向正反应方向移动，D正确；故合理选项是B。19.常温下，将1mLpH=2的一元酸HA溶液加水稀释至100mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是A.加热HA溶液时，溶液酸性增强B.lmol/LHA溶液与1mol/LNaOH

溶液等体积混合，若所得溶液中c(Na+)>c(A-)，则2<a<4C.某浓度的NaA溶液的pH=d，则其中由水电离出的c(OH-)=1014－dD.HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应时，一定有c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)【答案】B【解析】【详解】A、若HA为强酸，加热时溶液

酸性不变，A错误；B、中和后所得溶液为NaA溶液，溶液中c（Na+）＞c（A-），说明溶液显碱性，NaA为强碱弱酸盐，则2＜a＜4，B正确；C、某浓度的NaA溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH-）=10d-14mol•L-1，C错误；D

、HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应时生成NaA溶液，不知道a的数值，无法判断HA是强酸还是弱酸，NaA不一定显碱性，D错误；答案选B。20.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶

于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向

移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【分析】A．难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；B．溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温

平衡正向进行；C．温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；D．饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。【详解】A．a、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的

换算，此时的溶解度都等于a点的浓度，故A正确；B．温度升高Ksp增大，则T2＞T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)＜Ksp(q)，故B错误；C．Ksp＝c(Cd2＋)c(S2−

)，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；D．Ksp＝c(Cd2＋)c(S2−)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时

，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是理解沉淀溶解平衡的图像表示的含义，注意溶度积常数的变化只与温度有关，其它条件改变不影响溶度积常数的值。21.如图当线

路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，b端显红色，且知甲中电极材料是锌、银，乙中电极材料是铂。回答：(1)甲、乙分别是什么装置_____________、______________。(2)A电

极材料为_____________，B电极上的电极反应为：______________。(3)请解释a处变蓝的原因：________________(4)已知乙中溶液体积为100mL，当B上析出0.32g红色物质时，此时乙中溶液的pH

=__________(不考虑溶液体积的变化，温度为室温)。【答案】(1).原电池(2).电解池或电解槽(3).Zn(4).Cu2++2e-=Cu(5).a端为电解池的阴极，水电离出的H+放电，使水电离平衡右移，溶液中c(OH-)>c(H+

)，溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝(6).13【解析】【分析】线路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，则a端为碱性，氢离子放电，a极为阴极；b端显红色，则b端为酸性，氢氧根离子放电，b极是阳极。根据电解原理可知：和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极

，根据原电池、电解池的构成条件以及工作原理知识来回答。【详解】线路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，则a端为碱性，氢离子放电，a极为阴极；b端显红色，则b端为酸性，氢氧根离子放电，b极是阳极。(1)甲中电极材料是锌、银，有活动性不同的电极，与电解质溶液形成了闭合回路

，Zn能够与CuSO4溶液自发进行氧化还原反应，因此甲池为原电池，Zn作负极，Ag作正极；乙池中两个电极都是铂电极，与原电池相连形成闭合回路，则乙池为电解池；(2)根据上述分析可知a为阴极，与电源负极连接；b为阳极，与电

源的正极连接。由于甲池为原电池，金属活动性Zn>Ag，所以Zn为负极，Ag为正极，所以甲池中与a连接的电极A为Zn电极，与b连接的电极B为Ag电极，正极Ag上溶液中的Cu2+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；(3)a

处与电源负极连接，为电解池的阴极，石蕊试液中的水电离产生的H+不断放电，破坏了负极的水的电离平衡，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，附近溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，因此使石蕊试液变蓝色；(4)B电极发生反应：Cu2++2e-=Cu，当B上析出0.32g

红色物质时，产生Cu的物质的量是n(Cu)=m0.32gM64g/mol==0.005mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=0.01mol，乙池总反应方程式为：2NaCl+2H2OC

l2↑+H2↑+2NaOH，根据方程式可知：每产生2molNaOH时，转移2mol电子。由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以转移0.01mol电子时，反应产生NaOH的物质的量是0.01mol，乙池溶液体积是100mL，则反应产生Na

OH溶液的浓度为c(NaOH)=n0.01molV0.1L==0.1mol/L，则溶液中c(H+)=14100.1−mol/L=10-13mol/L，所以该溶液的pH=13。【点睛】本题考查了原电池电解池的知识。掌握离子放电规律及

水的电离平衡，结合不同电极的实验现象判断阴阳极是本题突破口。当多池串联在一起时，两个电极活动性差异大的为原电池，起电源作用，其它为电解池，原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相

等，据此分析解答。22.毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11

.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。(2)实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________________。A.烧杯B.容量瓶C.玻璃棒D.滴

定管(3)加入NH3·H2O调pH=8可除去________________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________________(填化学式)。(4)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+2H2OBa2++CrO42-

=BaCrO4↓步骤Ⅰ：移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待

Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。①BaCl2溶液的浓度为________________mol·L-1。②若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将____

________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1).增大接触面积从而使反应速率增大，同时提高浸出率(2).AC(3).Fe3+(4).Mg(OH)2、Ca(OH)2(5).()01bVVy−(6).偏大【解析】【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成

分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节

pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•

2H2O。【详解】(1)研磨将块状固体变成粉末状，这样可以增大反应物的接触面积，从而可增大反应速率；(2)实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，根据溶液中质量分数=()()mm溶质溶液×100%，结合溶液中稀释的过程中溶质的质量不变

计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器应选择A；同时使用玻璃棒搅拌加速溶解应选择C，故使用仪器的合理选项是AC；(3)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3

++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(

OH)2；(4)①向xmL一定浓度的Na2CrO4溶液加入盐酸的总物质的量n(HCl)=V0×10-3×bmol，移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂

，用bmol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+2H2O消耗CrO42-的物质的量n(CrO42-)=n(HCl)=V1×10-3×bmol，

发生反应Ba2++CrO42-=BaCrO4↓消耗的CrO42-物质的量n(CrO42-)=V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)×10-3×bmol，由于步骤Ⅱ是移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度c(BaCl2)=()3013VVb10mo

lnVy10L−−−==()01bVVy−mol/L。②若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+2H2O的CrO42-的物质的量减小，发生Ba2++CrO42-=BaCrO4↓的CrO42-的物质的量偏大，导致Ba2+浓度测量值将偏大。【点

睛】本题以实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O为线索，考查了物质制备的实验方案的的设计，掌握实验步骤中各步操作的目的，及物质的性质是解答的关键，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作和滴定方法在物质含量测定的应用。23.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充

分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。（2）步骤②需要加热的目的是_______

__________，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。（3）步骤③中

选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水

数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。【答案】(1).碱煮水洗(2).加快反应(3).热水浴(4).C(5).将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质(6).防止Fe

3+水解(7).加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）(8).NH4Fe(SO4)2∙12H2O【解析】【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱

煮水洗；（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤③中选

用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了

防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分

子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。24.在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使

得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______________。A．B．C．D．(2)乙二胺(H2N

CH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_________、_________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是____________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(3)一些氧化物的熔点如

表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔点/°C1570280023.8−75.5解释MgO熔点比P4O6熔点高得多的原因______________(4)金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的

碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)①碳化硅晶体(金刚砂)的化学式______________②金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的顺序为_________________

_③立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼的密度是_____________g/cm3(列出式子并化简，阿伏加德罗常数为NA)【答案】(1).A(2).sp3(3).sp3(4).Cu2+

(5).MgO为离子晶体，P4O6分子晶体。(6).SiC(7).C(金刚石)>SiC>Si(8).()310A100N361.510−【解析】【分析】(1)能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态

的微粒易失电子，原子轨道中处于半满状态时较稳定；(2)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据

价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；(3)根据晶体类型及构成微粒的作用力大小分析比较；(4)①根据C、Si原子

形成共价键数目及空间构型分析化学式；②根据键长越长，键能越小，物质的熔沸点就越低比较；③根据金刚石结构分析一个晶胞中含有的C原子数目，根据二者结构相似，结合氮化硼化学式特点可确定晶胞中含有的B、N原子数目，计算晶胞质量、体积，然后根据晶胞密度ρ=mV计算。【详解】(1

)A、D微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是D微粒能量高于A，稳定性A>D，所以失电子能力A>D；B、C都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C>B，稳定性B>C，所以失去一个电子能力：B>C；A为

Mg+、B为Mg原子，A再失去电子所需能量就是Mg原子失去2个电子的能量，为Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A>B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故合理选项是A；(

2)在乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中，每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3杂化、sp3杂化

；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+；(3)Li2O属于离子晶体，离子之间

以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗较高的能量，因此物质的熔点较高；而P4O6属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗较低能量，因此P4O6晶体熔沸点比较低；(4)①在金刚砂中，每个C原子与相邻的4个Si形成共价键，每个Si原子与相邻的4个C原子形成共价键

，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，因此金刚砂很硬，二者原子个数比是1：1，所以其化学式是SiC；②由于金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子之间以共价键结合，由于原子半径C<Si，所以键长：C-C<C-Si<Si-Si，键长越短，原子之间结合力就越强，键能

就越大，断裂共价键使物质熔化消耗的能量就越高，所以三种物质的熔点由高到低的顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅；③在金刚石晶胞中C原子处在立方体的8个顶点，6个面心，体内有4个，金刚石晶胞中碳原子数目为：4+8×18+6×12=8，立方氮化硼结构与金刚石相似，其晶胞与金刚石晶胞含有相同原子

总数，由氮化硼化学式BN可推知，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子，晶胞质量m=4×A25Ng，晶胞的体积V=(361.5×10-10)3cm3，故立方氮化硼的密度ρ=()A310254?N361.510−g/cm3=()310A100N36

1.510−g/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及电离能比较、原子的杂化方式、物质熔沸点比较、晶胞结构与计算等，掌握物质结构基础知识，结合数学计算与物质的空间想象力分析，难点是晶胞计算和电离不同状态的镁的最外层

一个电子所需能量大小比较。注意利用均摊法进行晶胞有关计算；根据原子核外电子排布规律和同一原子不同电离能的关系，结合基态与激发态含有的能量大小分析比较，这需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力。25.化合物G是一种药

物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A中的官能团名称是____________。（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号（*）标出B中的手性碳____________。（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的

同分异构体的结构简式_______。（不考虑立体异构，只需写出3个）（4）反应④所需的试剂和条件是_____________。（5）⑤的反应类型是_____________。（6）写出F到G的反应方程式_

___________。【答案】(1).羟基(2).(3).(4).C2H5OH/浓H2SO4、加热(5).取代反应(6).+C2H5OH【解析】【分析】A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，根据E结构简式知，D为，D发生酯化

反应生成E，F先发生碱性条件下水解然后酸化得到G，根据EG结构简式知，E发生取代反应生成F，F为。【详解】(1)A的结构简式为，含有官能团名称是羟基；(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为

；(3)具有六元环结构，说明环上有6个原子，并能发生银镜反应，说明含有-CHO，B的不饱和度是2，环的不饱和度是1、醛基的不饱和度是1，则符合条件的B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为-CH3、-CHO时，两个取代基

可能位于同一个碳原子上，有1种；可能位于不同碳原子上有邻间对3种，取代基可能为-CH2CHO，1种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为；(4)反应④为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热；(5)⑤的反应类

型是取代反应；(6)F先发生碱性条件下的水解反应生成羧酸盐和乙醇，然后羧酸盐酸化得到G，则F到G的反应方程式+C2H5OH、。