浙江省宁波十校2021届高三化学下学期联考模拟练习试卷（3）（Word版附解析）

绝密★启用前 2020-2021 学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（3） 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第 I 卷（选择题） 请点击修改第 I 卷的文字说明 一、单选题 1．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如下图。下列关于莽草酸的说法正确的是 A．分子式为 C7H6O5 B．可发生加成和取代反应 C．分子中含有两种官能团 D．1mol 莽草酸与足量的 Na 反应，生成标准状况下 33.6L 的 H2 2．历史上最早使用的还原性染料是靛蓝，其结构式如图所示，下列关于它的性质的叙 述中错误的是 A．它的苯环上的一氯取代产物有 4 种 B．它的化学式是 C14H10N2O2 C．它不属于高分子化合物 D．它可以使溴水褪色 3．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( ) A．S 2O 点燃 SO3 2H O H2SO4 B．Cu 稀硫酸 CuSO4 3 2Ba(NO ) Cu(NO3)2 C．Cu2(OH)2CO3 HCl(aq) CuCl2(aq) Na Cu(s) D．饱和 NaCl 溶液 3 2NH 、CO NaHCO3(s) Δ Na2CO3(s) 4．25℃时，下列四种溶液：①  + -1c H =1mol L平 的 3CH COOH 溶液，② -10.1mol L 盐酸，③ -10.01mol L H NaO 溶液，④  - -3 -1c OH =10 mol L平 的氨水。则四种溶液中 由水电离出的 +H 浓度之比为（ ） A．1∶10∶100∶1000 B．1∶1∶12∶11 C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3 5．从下列事实所列出的相应结论正确的是 选项 实验事实 结论 A AlCl3 溶液导电 AlCl3 是离子化合物 B H2SO4 氧化性强于 H3PO4 非金属性：S＞P C NaHCO3 溶液与 Na[Al(OH)4]溶液混合产生白色 沉淀 结合 H+能力：CO32-＜[Al(OH)4]- D 常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧 气反应 非金属性：P＞N A．A B．B C．C D．D 6．下列说法不正确．．．的是( ) A．硅酸钠可用作木材防火剂 B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸 C．水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品 D．晶体硅可用作半导体材料 7． A．将 NaOH 放在白纸上，用托盘天平准确称量 4.0 克 B．烧杯中溶液转移到 100 毫升容量瓶中,未洗涤直接加蒸馏水至刻度线 C．加蒸馏水定容，当液面离容量瓶的刻度线 1-2cm 时改用胶头滴管滴加至凹液面和刻 度线相切 D．如果不慎加水超过了刻度线,立即用胶头滴管吸取部分溶液,使液面和刻度线相平 8．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A．SO2 可用于漂白纸浆 B．SiO2 可用于制光导纤维 C．NaClO 溶液可用于杀菌消毒 D．Cu(OH) 2 可用作口服制酸剂 9．下列说法正确的是 A．溶液焰色反应时，如果火焰呈黄色就说明该溶液一定有钠元素，一定没有钾元素 B．除去 CO2 中的 HCl 气体，只需将气体通过 NaOH 溶液 C．在某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中一定含 SO D．在氧化还原反应中，阳离子也能失去电子被氧化，阴离子也能得到电子被还原 10．下列指定反应的离子方程式正确的是 A．Zn 与稀醋酸反应：Zn＋2H+＝Zn2+＋H2↑ B．AlCl3 溶液中加过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3 + 4NH C．Cu 与稀硝酸反应：Cu＋4H+＋2 3NO ＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O D．电解 K2MnO4 碱性溶液制 KMnO4：2 2 4MnO  ＋2H＋ 电解 2 4MnO ＋H2↑ 11．一定温度下有①盐酸②硫酸③醋酸,下列说法正确的是 A．酸的物质的量浓度和体积相同时,与足量的金属反应产生氢气的体积(在相同条件 下): ②>①=③ B．酸的物质的量浓度和体积相同时,中和碱的能力：② > ①> ③ C．PH 值相同时，酸的物质的量浓度是 ： ①= ③>② D．PH 值相同时,分别稀释 5 倍,与足量的金属刚开始反应的速率:③>②>① 12．设 NA 为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述不正确的是 A．5.8g 熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为 0.02NA B．1mol CnH2n-2（n≥2）中所含的共用电子对数为（3n+1）NA C．60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗 2NA 个 O2 D．在 K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O 反应中，若有 212 克氯气生成， 则反应中电子转移的数目为 5NA 13．现有氧化还原反应：①2Br－＋ Cl2===Br2＋2Cl－；②2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－； ③2MnO4 -＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的 是( ) A．还原性强弱顺序为 Fe2＋>Br－>Mn2＋>Cl－ B．反应①中 Cl－是 Cl2 的氧化产物，反应③中 Cl2 是 Cl－ 的还原产物 C．若向酸性 KMnO4 溶液中加入 FeSO4 溶液，可观察到溶液紫红色褪去 D．1 mol Cl2 通入含 1 mol FeBr2 的溶液中，离子反应为 3Cl2＋2Fe2＋＋4Br－===2Br2＋ 6Cl－＋2Fe3＋ 14．用含有少量银和锌的粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，通电一段时 间后，阳极的质量减轻了 6.4 g，下列说法正确的是 A．电解质溶液的质量增加了 6.4 g B．阴极的质量增加了 6.4 g C．阴极增加的质量小于 6.4 g D．溶液中 Cu2+浓度完全保持不变 15．分子式为 C4H8 的烃有（考虑顺反异构体）（ ） A．4 种 B．5 种 C．6 种 D．7 种 16．下列反应属于放热反应的是 A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应 B．能量变化如图所示的反应 C．化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应 D．燃烧反应和中和反应 17．分类方法在化学发展中起到了重大的作用。以下分类正确的是 单质 氧化物 酸 碱 盐 A 金刚石 水 硫酸 烧碱 胆矾 B 黄铜 NO2 盐酸 石灰水 FeSO4 C 碘酒 一氧化碳 磷酸 熟石灰 食盐 D H2 Fe3O4 HNO3 纯碱 小苏打 A．A B．B C．C D．D 18．下列有关化学用语表示正确的是（ ) A．碳基硫的电子式： B．乙醛分子的比例模型： C． 的名称：2-甲基乙醇 D．氢化钠与重水反应的化学方程式：NaH+D2O=NaOH+D2↑ 19．下列物质的使用不涉及化学变化的是( ) A．明矾用作净水剂 B．溴化银用作胶卷感光材料 C．氢氟酸刻蚀玻 璃 D．氢氧化钠固体作干燥剂 20．烃是只含 C、H 两种元素的有机物。下列球棍模型中，可表示烃的是 A． B． C． D． 21．下列物质中与甲烷互为同系物的是 （ ） A．C2H4 B．C2H2 C．C6H6 D．C3H8 22．下列物质中属于非电解质的是（ ） A．BaSO4 B．HNO3 C．H2 D．CO2 23．ClO2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可以通过以下反应制 得 ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4 ===  2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，下列说法正 确的是( ) A．KClO3 在反应中失去电子 B．此反应中每生成 1 mol ClO2 转移的电 子数为 1 mol C．ClO2 是氧化产物 D．H2C2O4 在反应中被还原 二、多选题 24．次氯酸钠（NaClO）固体在一定条件下发生分解反应，可能形成的产物是 A．NaCl 和 O2 B．NaClO3 和 O2 C．NaClO3 和 Cl2 D．NaClO3 和 NaCl 25．在恒温恒容的密闭容器中，发生反应 X(g)+2Y(g)⇌ 3Z(g) ΔH=-akJ·mol-1 (a＞0)，下 列说法正确的是( ) A．容器内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态 B．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能为 akJ C．当反应进行了 2min 时 X 的浓度减少了 0.1mol/L，则 Z 的反应速率为 0.15mol·L-1·min-1 D．降低反应温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 第 II 卷（非选择题） 请点击修改第 II 卷的文字说明 三、填空题 26．(1)气态氢化物热稳定性 HF 大于 HCl 的主要原因是__________。 (2) 2CaCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构， 2CaCN 的电子式是_______。 (3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________。 四、计算题 27．硝酸是重要的氧化剂，铁、铜是生活中常见的金属． （1）Fe 与 Cu 混合物与 65%的硝酸反应会产生大量 NO2，该反应使用的硝酸的物质的 量浓度为______mol/L（已知ρ=1.4g/cm3）． （2）各为 0.1mol 的 Cu 与 Fe 混合物与足量的某浓度的硝酸反应产生 4.48L 气体（标准 状况下），则该反应消耗的硝酸为______mol． （3）4.4gFe 与 Cu 混合物与过量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下的 1.12L 的氧气 混合后通入水中恰好被完全吸收，则其中铜的质量为______g． （4）Fe 与 Cu 混合物共有 a mol，其中铜的物质的量分数为 X，将该混合物全部投入 b mol 的硝酸中使其充分反应，假定硝酸的还原产物仅有 NO， ①若溶液中金属离子只有 Fe2+、Cu2+时，则 b 的取值范围是______（用 a、x 表示）． ②若 x=0.2 时，溶液 Fe2+与 Fe3+的物质的量相等时，在标准状况下产生 NO 6.72L，求 a、 b 的值．（写出简要的计算过程）___________ 五、原理综合题 28．如图表示 298.15K 时合成氨反应的能量变化曲线图，据图回答下列问题： (1)若反应中生成 2mol 氨，则反应____(填“吸收”或“放出”)____kJ 热量。 (2)图甲中曲线____(填“a”或“b”)表示加入铁触媒(催化剂)的能量变化曲线，铁触媒能加 快反应速率的原理是____。 (3)合成氨反应中平衡混合物中氨气的体积分数与压强、温度的关系如图所示。若曲线 a 对应的温度为 500℃，则曲线 b 对应的温度可能是____。 A．600℃ B．550℃ C．500℃ D．450℃ (4)合成氨所需的氢气可由甲烷与水反应制备，发生的反应为 4 2CH (g) H O(g) CO(g)  催化剂 23H (g) 0H  。一定条件下，在 1L 容器 中发生上述反应，各物质的物质的量浓度的变化如表所示： t min   4 1 CH mol L   2 1 H O mol L  -1 CO mol L   2 -1 H mol L 0 0.2 0.3 0 0 2 1n 2n 3n 0.3 3 1n 2n 3n 0.3 4 0.09 0.19 x 0.33 ①表中 x=____；前 2min 内 4CH 的平均反应速率为______。 ②3~4min 内，反应过程中氢气浓度量增大的原因可能是____。 A．升高温度 B．使用催化剂 C．充入氢气 六、元素或物质推断题 29．A~F 为中学化学常见纯净物，其中 A、B 的水溶液均显碱性，B 是一种可用于制药 的盐。C 是生活中常用的一种调味品也是重要的化工原料。F 的水溶液是一种强酸。它 们之间的转化关系如下。(部分反应物、生成物和反应条件已略去) 请回答下列问题： (1)写出下列物质的化学式：A________，B________，C________，F________。 (2)A→B 的化学方程式是________。 (3)C 的溶液通电后，发生反应的离子方程式是________。 七、工业流程题 30．某铜钴矿石主要含有 CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 和 SiO2，其中还含有一定量 的 Fe2O3、MgO 和 CaO 等。由该矿石制备 Co2O3 的部分工艺过程如下： I．将粉碎的矿石用过量的稀 H2SO4 和 Na2SO3 溶液浸泡，过滤，分离除去沉淀 a。 II．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入 NaClO3 溶液，再加入一定浓度的 Na2CO3 溶液，过滤，分离除去沉淀 b[主要成分是 Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。 III．向上述滤液中加入足量 NaF 溶液，过滤，分离除去沉淀 c。 IV．III 中滤液加入浓 Na2CO3 溶液，获得 CoCO3 沉淀。 V．将 CoCO3 溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4 溶液，产生 CoC2O4·2H2O 沉淀。分离 出沉淀，将其在 400℃~600℃ 煅烧，即得到 Co2O3。 请回答： （1）I 中，沉淀 a 的成分是_____，稀硫酸溶解 CoCO3 的化学方程式是_____， 加入 Na2SO3 溶液的主要作用是_________。 （2）根据图 1、图 2 分析： ①矿石粉末浸泡的适宜条件应是：温度_____、pH_____。 ②图 2 中铜、钴浸出率下降的可能原因是_____。 （3）II 中，浸出液中的金属离子与 NaClO3 反应的离子方程式：ClO - 3 +_____+_____== Cl- +_____+ _____ （4）I 中，检验铁元素完全除去的试剂是_____，实验现象是_____。 （5）I 中，沉淀 c 的成分是 CaF2、_____（填化学式）。 （6）V 中，加入 Na2CO3 的作用是_____。 （7）V 中，分离出纯净的 CoC2O4·2H2O 的操作是_____。 八、有机推断题 31．药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒(2019—nCoV)有明显抑制作用；K 为药 物合成的中间体，其合成路线如图（A 俗称石炭酸）： 已知：①R—OH R—Cl ② 回答下列问题： （1）有机物 B 的名称为___________。 （2）G 到 H 的反应类型为___________。 （3）I 中官能团的名称为___________。 （4）E 中含两个 Cl 原子，则 E 的结构简式为___________。 （5）由 B 生成 C 的化学反应方程式为__________。 （6）X 是 C 的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式___________。（写出一 种即可） ①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子； ②lmolX 消耗 2molNaOH。 （7）设计由苯甲醇为原料制备化合物 合成路线 ___________。（无机试剂任选。合成路线常用的表示方式为： A B…… 目标产物。 参考答案 1．B 【解析】分析：由结构可以知道，该物质的分子式为 C7H10O5，含-OH、C=C、-COOH， 结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答。 详解：A 项，根据莽草酸的分子结构及 C、H、O 原子的成键特点可知，其分子式为 C7H10O5， 故 A 错误； B 项，分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基和羧基，可发生酯化反应（即取代反 应）故 B 正确； C 项，分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故 C 错误； D 项，分子中含 3 个—OH 和 1 个—COOH，所以 1 mol 莽草酸与足量的 Na 反应能生成 2 mol H2，2 mol H2 在标准状况下的体积为 44.8 L，故 D 错误。 所以 B 选项是正确的。 2．B 【解析】 【详解】 A. 该分子呈中心对称，故其苯环上的一氯取代产物有 4 种，A 正确； B. 根据其结构简式可以确定其分子式是 C16H10N2O2，B 错误； C. 根据其分子式可以判断它不属于高分子化合物，C 正确； D. 该分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，D 正确。 综上所述，关于它的性质的叙述中错误的是 B，选 B. 3．D 【详解】 A．S 在氧气中点燃生成二氧化硫，S 不能一步转换三氧化硫，三氧化硫和水可以反应生成硫 酸，故 A 不符合题意； B．铜的活泼性排在 H 之后，Cu 和稀硫酸不能反应得到 CuSO4，硫酸铜和硝酸钡可以反应生 成硝酸铜和硫酸钡，故 B 不符合题意； C．Cu2(OH)2CO3 和盐酸反应生成氯化铜、水、二氧化碳，氯化铜溶液和钠不能置换出铜单质， 故 C 不符合题意； D．氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，可实现 图中转化，故 D 符合题意； 答案选 D。 4．A 【详解】 25℃时，①   1c H 1mol L  平 的 3CH COOH 溶液，根据    WK c OH c H  平 平 得，     14 1c H c OH 10 mol L     平水 ；② 10.1mol L 盐酸，   1c H 0.1mol L  平 ，根据    WK c OH c H  平 平 ，     13 1 c H c OH 10 mol L     平水 ； ③ 10.01mol L OH Na 溶液，   2 1c OH 10 mol L   平 ，根据    WK c OH c H  平 平 ，     12 1 c H c H 10 mol L     平水 ；④   3 1c OH 10 mol L   平 的氨水，     11 1c H c H 10 mol L     平水 ；四种溶液中，由水电离出的H 浓度之比为 14 13 12 1110 :10 :10 :10 1:10:100:1000     。故选 A。 5．C 【详解】 A. 离子化合物和部分共价化合物在水中完全电离，用 AlCl3 溶液做导电实验，无法验证 AlCl3 是离子化合物还是共价化合物，故 A 错误； B.对比非金属性应该比较最高价含氧酸的酸性强弱，故 B 错误； C. 酸性越弱，其阴离子结合氢离子的能力越强，NaHCO3 溶液与 Na[Al(OH)4]溶液混合产生白 色沉淀，说明氢氧化铝的酸性弱，则结合 H+的能力：CO32-＜[Al(OH)4]-，故 C 正确；故选 C。 D、非金属性是指元素原子得电子的能力，非金属性 N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应， 是由于分子中 N≡N 叁键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故 D 错误。 【点睛】 考查物质的性质、弱酸相对强弱的比较、元素非金属强弱比较等内容，其中比较非金属性强 弱可通过比较最高价含氧酸酸性强弱，氢化物稳定性，非金属单质氧化性强弱，阴离子还原 性强弱等。 6．B 【解析】 【详解】 A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了 木材与空气中氧气的直接接触，这样即使燃烧木材至多也只是变黑，如果是高温那也只是干 馏，所以硅酸钠可以用作木材的防火剂，不符合题意； B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氢氟酸（HF），符合题意； C.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品，不符合题意； D.晶体硅具有一个非常重要的特性—单方向导电，也就是说，电流只能从一端流向另一端，制 作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料，因此晶体硅可用作半导体材料， 不符合题意；故答案为 B。 7．C 【解析】选项 A 不正确，氢氧化钠称量时应该放在烧杯中；选项 B 不正确，必须洗涤，且把 洗涤液也转移至容量瓶中；选项 D 不正确，一旦定容时加水超过刻度线，必须重新配制，因 此正确的答案选 C。 8．D 【详解】 A. SO2 具有漂白性，能与纸浆中的有色物质结合成无色物质，A 正确； B. SiO2 熔融后，可抽成细丝，制成光导纤维，用于光纤通迅，B 正确； C. NaClO 溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，C 正确； D. Cu(OH) 2 可与酸作用，但生成的 Cu2+对人体不利，故不能用作口服制酸剂，D 错误。 故选 D。 9．D 【解析】A 项，某溶液焰色反应时，如果火焰呈黄色说明该溶液中一定有钠元素，可能有钾 元素，钾元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，不隔着钴玻璃呈黄色不能判断钾元 素是否存在，故 A 错误；B 项，CO2 和 HCl 气体都能与 NaOH 溶液反应，除去 CO2 中的 HCl 气体，不能用 NaOH 溶液，应将混合气体通过饱和 NaHCO3 溶液，故 B 错误；C 项， 白色沉淀也可能是 AgCl，此种情况溶液中没有 SO4 2-，而有 Ag+，还可能溶液中有 SO3 2-， 滴加硝酸将其氧化成 SO4 2-而产生了 BaSO4 沉淀，故 C 错误；D 项，阳离子如果处于中间价 态，可以被氧化，如 Fe2+可被氧化成 Fe3+，阴离子如具有强氧化性，可得电子被还原，如 NO3 -、 MnO4 -等，故 D 正确。 10．B 【详解】 A. 醋酸是弱酸，不能拆开，A 选项错误； B. AlCl3 溶液中加过量氨水不会将生成的 Al(OH)3 溶解，方程式电荷守恒、质量守恒，书写正 确，B 选项正确； C. Cu 与稀硝酸反应生成 NO，C 选项错误； D. 溶液为碱性，不能用 H+配平，D 选项错误； 答案选 B。 11．A 【解析】 【详解】 A.向体积相同、物质的量浓度相同的①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的 金属，溶质的物质的量相同，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；产生氢气②＞①═③，故 A 正确； B.酸和 NaOH 发生中和反应时，消耗 NaOH 体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比， 体积相同，物质的量浓度相同的酸，中和碱的能力与其反应方程式中的化学计量数有关，故 ②＞③=①，故 B 错误； C.因为硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在 pH 相等的条件下，酸的 物质的量浓度是③＞①＞②，故 C 错误； D.pH 值相同时，分别稀释 5 倍，强酸的 c（H+）仍相同，而醋酸随着加水稀释，醋酸分子继 续电离，其 c（H+）增大，因此稀释后醋酸溶液的氢离子浓度比盐酸、硫酸大，与足量的金属 刚开始反应的速率:③＞②=①，故 D 错误。 故选 A。 12．B 【解析】A. 5.8g 熟石膏(2CaSO4·H2O)的物质的量为 0.02mol，则含有的结晶水分子数为 0.02NA， 故 A 正确；B. CnH2n-2(n≥2)可能是二烯烃、炔烃或环烯烃，含有的 C—H 为 2n-2，所含的碳与 碳共用电子对数为 n-1，则 1mol CnH2n-2(n≥2)中所含的共用电子对总数为 3n-3，故 B 错误；C. 乙 酸和葡萄糖混合物的平均组成为 CH2O，则 60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗氧气的 物质的量为 2mol×(1+ - )=2mol。即消耗 2NA 个 O2，故 C 正确；D. 在 K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O 反应中每生成 3mol 氯气，转移电子数为 5mol，且 3 个 氯气的相对分子质量和为 37+35×5=212，若有 212 克氯气，即 3mol 氯气生成，则反应中电子 转移的数目为 5NA，故 D 正确；答案为 B。 13．C 【详解】 A．在同一反应中，还原性：还原剂>还原产物，可以判断得出还原性强弱顺序为：Fe2+﹥Br− ﹥Cl−﹥Mn2+，故 A 错误； B．①中 Cl－是 Cl2 的还原产物，反应③中 Cl2 是 Cl－ 的氧化产物，故 B 错误； C．KMnO4 被 FeSO4 还原，可观察到紫色褪去，故 C 正确； D．还原性：Fe2+﹥Br−，1molCl2 通入含 1molFeBr2 的溶液中，离子反应为： 2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+ 2Fe3+，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】 本题考查氧化还原反应的强弱规律，注意判断物质还原性的强弱的方法，根据反应物的量判 断反应进行的程度，答题时注意体会。 14．C 【详解】 电解精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，阳极上铜、锌失电子发生氧化反应，电极反应式为： Cu-2e-＝Cu2+，Zn-2e-＝Zn2+，纯铜片做阴极，Cu2++2e-＝Cu，CuSO4 溶液做电解液，电解一段 时间后，阳极质量减少了 6.4 g，依据电子守恒分析，同质量铜和锌相比，锌物质的量小于铜， 和铜相比，电子转移减小，阴极增加小于 6.4g； A. 电解质溶液的质量略有增加，但远小于 6.4 g，选项 A 错误； B. 阴极的质量增加小于 6.4 g，选项 B 错误； C. 阴极增加的质量小于 6.4 g，选项 C 正确； D. 溶液中 Cu2+浓度几乎保持不变，但略减小，选项 D 错误。 答案选 C。 15．C 【解析】分子式为 C4H8 的烃有 1-丁烯、2-丁烯（ 和 ）、2-甲基丙烯、 环丁烷、甲基环丙烷，共 6 种，故 C 正确。 16．D 【分析】 反应物总能量大于生成物总能量，或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量，该 反应为放热反应，据此进行分析。 【详解】 A 项，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故 A 不选； B 项，生成物的总能量比反应物的总能量大，为吸热反应，故 B 不选； C 项，化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应，故 C 不选； D 项，可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应，故 D 可选； 故答案选 D。 17．A 【详解】 A．金刚石是碳的单质，水属于化合物，硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，胆矾是硫酸 铜的结晶水合物，属于盐，故 A 正确； B．黄铜和合金，属于混合物，石灰水是氢氧化钙溶液，是混合物，故 B 错误； C．碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故 C 错误； D．纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不属于碱，故 D 错误； 故选 A。 18．A 【解析】A、碳原子最外层电子数为 4，氧、硫原子最外层电子数为 6，碳与氧、硫分别形成 两对共用电子对，其电子式为： ，A 正确；B、乙醛的结构简式为 CH3CHO，比例模 型 表示的是 CH3CH2OH，是乙醇分子的比例模型，B 错误；C、 的名称： 2-丙醇，C 错误；D、氢化钠与重水反应的化学方程式：NaH+D2O=NaOD+HD↑，D 错误。答案 选 A。 19．D 【详解】 A．明矾作净水剂涉及 Al3+水解： 3+ + 2 3Al +3H O Al(OH) ( )+3H 胶体 ，属于化学变化，A 不符合题意； B．AgBr 感光材料涉及分解反应： 22AgBr == 2Ag+Br 光照 ，属于化学变化，B 不符合题意； C．HF 刻蚀玻璃涉及反应：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，属于化学变化，C 不符合题意； D．NaOH 作干燥剂吸收水，并未发生化学反应，D 符合题意； 故答案选 D。 20．A 【分析】 球棍模型能代表烃类，即球棍模型中只能存在两种元素，据此分析解答。 【详解】 A. 该球棍模型只有两种元素，可能为乙烷，可表示烃，故 A 符合题意； B. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故 B 不符合题意； C. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故 C 不符合题意； D. 该球棍模型中含有三种元素，不能表示烃的球棍模型，故 D 不符合题意； 答案选 A。 21．D 【详解】 A. C2H4 是乙烯，乙烯属于烯烃，甲烷属于烷烃，结构不相似，不互为同系物，A 项错误； B. C2H2 是乙炔，乙炔属于炔烃，甲烷属于烷烃，结构不相似，不互为同系物，B 项错误； C. C6H6 不符合通式 CnH2n+2，不属于烷烃，与甲烷结构不相似，不互为同系物，C 项错误； D. C3H8 符合通式 CnH2n+2，为丙烷，与甲烷在分子组成上相差２个 CH2 原子团，互为同系物， D 项正确； 答案选 D。 22．D 【详解】 A．BaSO4 熔融状态下能导电的化合物，为电解质，A 与题意不符； B．HNO3 水溶液能导电的化合物，为电解质，B 与题意不符； C．H2 为单质，既不是电解质，也不是非电解质，C 与题意不符； D．CO2 与水能反应，但熔融状态时不能导电，为化合物，属于非电解质，D 符合题意； 答案为 D。 23．B 【分析】 根据题目所给方程式，Cl 元素由氯酸钾中的+5 价，降为二氧化氯中的+4 价，氯酸钾被还原， 作氧化剂，二氧化氯为还原产物；C 元素由草酸中的+3 价，升高为二氧化碳中的+4 价，草酸 被氧化，作还原剂，二氧化碳为氧化产物。 【详解】 A. 氯酸钾中 Cl 元素化合价降低，得电子，A 错误； B. 此反应中每生成 1 mol ClO2 转移的电子数为 1 mol，B 正确； C. 根据分析，二氧化氯为还原产物，C 错误； D. 草酸在反应中被氧化，D 错误； 故答案选 B。 24．AD 【详解】 A．若生成 NaCl 和 O2，Cl 元素化合价降低、氧元素化合价升高，符合电子转移守恒，且满足 n(Na)：n(Cl)=1：1，故 A 可能； B．若生成 NaClO3 和 O2，Cl 元素化合价升高、氧元素化合价升高，没有化合价降低的元素， 不满足电子转移守恒，故 B 不可能； C．生成时 NaClO3 时，若生成 Cl2，不满足 n(Na)：n(Cl)=1：1，故 C 不可能； D．NaClO 中元素的化合价为+1 价，发生歧化反应时可能生成 NaClO3 和 NaCl，符合电子转 移守恒，满足 n(Na)：n(Cl)=1：1，故 D 可能； 答案选 AD。 25．BC 【详解】 A．反应 X(g)+2Y(g)⇌ 3Z(g) 左右两边气体化学计量数之和相等，则容器内气体的压强一直未 变，则压强不变不能说明反应达到是否达到平衡状态，故 A 错误； B．反应未给定初始量，则该可逆反应达到化学平衡状态时，可能刚好生成 3molZ，反应放出 的总热量为 akJ，故 B 正确； C．当反应进行了 2min 时 X 的浓度减少了 0.1mol/L，X 表示的平均反应速率为 0.1mol/L 2min =0.05mol/(L·min)，根据反应速率之比=反应计量系数之比，则 Z 的反应速率为 3×0.05mol/(L·min)=0.15 mol/(L·min)，故 C 正确； D．降低反应温度，正逆反应速率均减小，故 D 错误； 答案选 BC。 26．原子半径 F Cl＜ ，键能 F H Cl H ＞ 2-.. .. 2+ .. .. Ca N::C::N     乙醇与水之间形成氢 键而氯乙烷没有 【分析】 (1)气态氢化物的稳定性取决于共价键键能的大小； (2)根据价键规则书写 CaCN2 的电子式； (3)溶质分子与溶剂分子间形成氢键可增大溶质的溶解度。 【详解】 (1)由于原子半径 F＜Cl，故键长：F—H＜Cl—H，键能：F—H＞Cl—H，所以 HF 比 HCl 稳定， 故答案为：原子半径 F＜Cl，键能 F—H＞Cl—H。 (2)CaCN2 是离子化合物，则阳离子为 Ca2+、 2- 2CN 为阴离子；Ca 原子最外层有 2 个电子，易 失去最外层的 2 个电子达到 8 电子的稳定结构；N 原子最外层有 5 个电子，易得到 3 个电子或 形成 3 对共用电子对达到 8 电子的稳定结构；C 原子最外层有 4 个电子，通常形成 4 对共用电 子对达到 8 电子的稳定结构；则每个 N 原子分别得到 Ca 失去的 1 个电子、与 C 原子形成两 对共用电子对，Ca、C、N 都达到 8 电子的稳定结构，CaCN2 的电子式为 ， 故答案为： 。 (3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形 成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键 而氯乙烷没有。 【点睛】 2- 2CN 与 CO2 互为等电子体，可以根据 CO2 的电子式，结合等电子原理书写 2- 2CN 的电子式。 27．14.44 0.7 1.6 8a 1-x) 3 （ ＜b≤ 8a 3 a 的值为 0.375，b 的值为 1.2 【分析】 (1)依据溶液中溶质物质的量浓度和溶质质量分数的换算关系计算得到， c= 31000mI/L ρg/cm ω% Mg/mol   ； (2)铜和铁与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐， 依据氮元素守恒计算元硝酸溶液的浓度； (3)铜、铁与过量的硝酸反应生成硝酸铜、硝酸铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应 生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移 列方程计算．根据 m=nM 计算铜的质量； (4)①当溶液中的金属离子只有 Fe2+、Cu2+时，说明 Cu 恰好完全反应或者有剩余，而 HNO3 和 Fe 则完全反应（如果有硝酸剩余，则 Fe2+则会被进一步氧化为 Fe3+；如果有 Fe 剩余，则会和 Cu2+继续反应），HNO3→NO，N 得 3 电子，设被还原的 HNO3 为 y mol，总计得 3y mol 电子， Cu→Cu2+，Cu 失 2 电子，设参加反应的 Cu 为 z mol，总计失 2z mol 电子， Fe→Fe2+，Fe 失 2 电子，参加反应的 Fe 为 a(1﹣x)mol，总计失 2a(1﹣x)mol 电子，根据得失 电子总数相等，所以：3y=2z+2a(1﹣x) ①，反应中起酸作用的硝酸生成 Fe(NO3）2 和 Cu(NO3)2， 起氧化剂作用的硝酸生成 NO，由 N 元素守恒，所以有：y+2a(1﹣x)+2z=b ②，联立方程，消 去 y，可得 b 的表达式（用 a、x、z 表示），参加反应的 Cu 的物质的量 z 的取值大于 0，最大 为 ax，带入 b 的表达式计算； ②当 x=0.2，溶液中 Fe3+和 Fe2+的物质的量相等时，Cu 全部为铜离子，根据得失电子守恒和氮 原子守恒计算。 【详解】 (1)Fe 与 Cu 混合物与 65%的硝酸反应会产生大量 NO2，该反应使用的硝酸的物质的量浓度 = 31000mI/L 1.4g/cm 65% 63g/mo1   =14.44mol/L； (2)各为 0.1mol 的 Cu 与 Fe 混合物与足量的某浓度的硝酸反应产生 4.48L 气体（标准状况下）， 物质的量 n= 4.48L 22.4L/mo1=0.2mol，铜和铁与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为 氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐，Cu(NO3)2，Fe(NO3)3，氮元素守恒计算，则该反应消耗的硝 酸物质的量=0.1mol×2+0.1mol×3+0.2mol=0.7mol； (3)铜、铁与过量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应 生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子， n(O2)= 1.12L 22.4L / mo1 =0.05mol，设 Cu、Fe 的物质的量分别为 x、y，则：根据质量列方程： x×64g/mol+y×56g/mol=4.4g 根据电子守恒列方程：2x+3×y=0.05mol×4，解得：x=0.025mol； y=0.05mol ，m(Cu)=0.025mol×64g/mol=1.6g； (4)①当溶液中的金属离子只有 Fe2+、Cu2+时，说明 Cu 恰好完全反应或者有剩余，而 HNO3 和 Fe 则完全反应（如果有硝酸剩余，则 Fe2+则会被进一步氧化为 Fe3+；如果有 Fe 剩余，则会和 Cu2+继续反应），HNO3→NO，N 得 3 电子，设被还原的 HNO3 为 y mol，总计得 3y mol 电子， Cu→Cu2+，Cu 失 2 电子，设参加反应的 Cu 为 z mol，总计失 2z mol 电子，Fe→Fe2+，Fe 失 2 电子，参加反应的 Fe 为 a(1﹣x)mol，总计失 2a(1﹣x)mol 电子，根据得失电子总数相等，所 以：3y=2z+2a(1﹣x) ①，反应中起酸作用的硝酸生成 Fe(NO3)2 和 Cu(NO3)2，起氧化剂作用的 硝酸生成 NO，由 N 元素守恒，所以有：y+2a(1﹣x)+2z=b ②，联立方程，消去 y，整理得 b=8z+ 8a(1 x 3 )﹣ ③，参加反应的 Cu 的物质的量 z 的取值大于 0，最大为 ax，带入③中，可得 8a(1 x 3 )﹣ ＜b≤ 8a 3 ； ②当 x=0.2，溶液中 Fe3+和 Fe2+的物质的量相等时，Cu 全部为铜离子，所以参加反应的 Cu 为 0.2amol，Fe3+和 Fe2+的物质的量各为 0.4amol，HNO3→NO，N 得 3 电子，产生 6.72LNO 气体 即 0.3mol，总计得 0.9 mol 电子，Cu→Cu2+，Cu 失 2 电子，则失 0.4a mol 电子，Fe→Fe2+，Fe 失 2 电子，则失 0.8amol 电子，Fe→Fe3+，Fe 失 3 电子，则失 1.2amol 电子，根据得失电子总 数相等，所以：0.9=0.4a+0.8a+1.2a，解得 a=0.375mol，根据氮原子守恒可知： b=2n(Cu2+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+2n(NO)=2×0.2×0.375+2×0.4×0.375+3×0.4×0.375+0.3=1.2mol； 【点睛】 根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒 思想的运用。 28．放出 92 b 改变了反应历程，降低了合成氨反应的活化能 D 0.11 1 10.05mol L min   A 【详解】 （1）由图甲可知，反应的总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，反应热 △H=—[E(逆)—E(正)]=—(600—508)kJ/mol=—92 kJ/mol，则生成 2molNH3 放出热量为 92 kJ， 故答案为：放出；92； （2）合成氨反应中，铁触媒能改变了反应历程，降低反应的活化能，从而加快反应速率，则 曲线 b 代表加入催化剂后的能量变化曲线，故答案为：b；改变了反应历程，降低了合成氨反 应的活化能； （3）合成氨反应为放热反应，当其他条件不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡 混合物中 3NH 的体积分数降低，由图可知，当压强不变时，曲线 b 对应的温度下平衡混合物 中氨气的体积分数大于曲线 a 对应的氨气的体积分数，则曲线 b 对应的温度低于曲线 a 对应的 温度 500℃，温度为 450℃，故答案为：D； （4）由 2min、3min 时 2H 的浓度均为 0.3mol/L 可知，2min 时反应达到平衡状态，由题给数 据建立如下三段式： 4 2 2CH (g) H O(g) CO(g) 3H (g) mol/L 0.2 0.3 0 0 mol/L 0.1 0.1 0.1 0.3 mol/L 0.1 0.2 0.1 0.3 起（ ） 变（ ） 平（ ）   ①由表格数据可知，从反应开始至 4min 时氢气的浓度变化量为 0.33mol/L，由化学方程式可 知 x=0.33 mol/L× 1 3 =0.11 mol/L，由三段式数据可知，前 2min 内甲烷的反应速率 0.1mol/L 2min = 1 10.05mol L min   ，故答案为：0.11； 1 10.05mol L min   ； ②由表格数据可知，3~4min 内，甲烷和水蒸气浓度减小，氢气的浓度增大，说明平衡向正反 应方向移动； A．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷和水蒸气浓度减小，氢气的 浓度增大，故符合题意； B．使用催化剂，平衡不移动，反应物和生成物的浓度均不变，故不符合题意； C．充入氢气，生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷和水蒸气浓度增大，故不符合 题意； A 正确，故答案为：A。 29．NaOH NaHCO3 NaCl HCl NaOH+CO2=NaHCO3 2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑ 【分析】 C 是生活中常用的一种调味品，也是重要的化工原料，所以 C 可能为 NaCl，NaCl 的水溶液在 通电的条件下发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，其中氢气和氯气发生反应生成氯化氢 气体 F，其水溶液盐酸是一种强酸，则 A 为氢氧化钠，B 是一种可用于制药的盐，所以 B 为 碳酸氢钠，A 和 B 均能和氯化氢水溶液反应生成 NaCl。 【详解】 （1）有分析可知：A 是 NaOH， B 是 NaHCO3， C NaCl， F 是 HCl ； （2）A→B 的反应为氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，反应方程式为： NaOH+CO2=NaHCO3； （3）C 的溶液通电后的反应为 NaCl 的水溶液发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应 的离子方程式为：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑。 30．SiO2 CoCO3+H2SO4═CoSO4+CO2↑+H2O 将 Co3+和 Fe3+分别还原为 Co2+及 Fe2+（或 作还原剂） 65℃-75℃ 0.5-1.5 pH 升高后溶液中 c（H+）浓度下降，使得溶解 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 的能力下降 6Fe2+ 6H+ 6Fe3+ 3H2O KSCN 溶液 溶液不变红色 MgF2 调节溶液的 pH 富集 Co2+（生成 CoCO3 沉淀） 过滤、 洗涤 【分析】 （1）铜钴矿石主要含有 CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 和 SiO2，其中还含有一定量的 Fe2O3、 MgO 和 CaO 等杂质中只有 SiO2 不与硫酸反应，得出沉淀 a 的成分；CoCO3 和 H2SO4 反应生 成 CoSO4、CO2 和 H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3 中的 S 元素为+4 价，具有较强还原性， 加 Na2SO3 将 CoO(OH)、Fe2O3 中的 Co3+和 Fe3+还原为 Co2+及 Fe2+； （2）①根据图 1、图 2 分析钴、铜的浸出率最高的温度和 pH； ②图 2 中 pH 逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低； （3）由Ⅳ可知，Co 为+2 价，价态并未升高，被氧化的是 Fe2+；结合化合价升降相等配平该 反应的离子方程式； （4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有 Fe3+即可；铁元素完全除去，加入 KSCN 溶液 不变红； （5）由题可知，杂质离子除之外 Ca2+，还有 Mg2+，据此判断另一沉淀； （6）由Ⅱ知加入 Na2CO3 溶液，通过 2- 3CO 水解提供 OH-；由Ⅳ知加入 Na2CO3 溶液，提供 2- 3CO ； （7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。 【详解】 （1）铜钴矿石主要含有 CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 和 SiO2，其中还含有一定量的 Fe2O3、 MgO 和 CaO 等杂质中只有 SiO2 不与硫酸反应，得出沉淀 a 的成分为 SiO2，碳酸盐与稀硫酸 的反应，稀硫酸溶解 CoCO3 的化学方程式是：CoCO3+H2SO4= CoSO4+CO2↑+H2O； 因为 Na2SO3 中的 S 元素为+4 价，且Ⅱ中加入 NaClO3 氧化出 Fe3+，加 Na2SO3 将 CoO（OH）、 Fe2O3 中的 Co3+和 Fe3+还原为 Co2+及 Fe2+，Na2SO3 作还原剂。故答案为：SiO2；CoCO3+H2SO4= CoSO4+CO2↑+H2O；将 Co3+和 Fe3+分别还原为 Co2+及 Fe2+（或作还原剂）； （2）①根据图 1、图 2 分析，温度在 65℃-75℃时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率 变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图 2 中 pH：0.5-1.5 铜、钴的浸出率最高，pH＞1.5， 铜、钴的浸出率开始下降，故答案为：65℃-75℃；pH：0.5-1.5； ②图 2 是 pH 变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用 H+和 CoO(OH)、CoCO3、 Cu2（OH）2CO3 中的 OH-和 2- 3CO 反应，使得 Co3+和 Co2+溶解在溶液中，当 pH 逐渐增大时， H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，故答案为：pH 升高后溶液中 c（H+）浓度下 降，使得溶解 CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3 的能力下降； （3）由Ⅳ可知，Co 为+2 价，价态并未升高，被氧化的是 Fe2+，由化合价升降相等配平离子 方程式为： 2+ + - 3+ 3 2ClO +6Fe +6H Cl +6Fe +3H O ═ ，故答案为：6Fe2+；6H+；6Fe3+；3H2O； （4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有 Fe3+，所以加入 KSCN 溶液，溶液是否变红即 可，故答案为：KSCN 溶液；溶液不变红色； （5）由题可知，杂质离子除 Ca2+之外，还有 Mg2+，故另一沉淀为 MgF2，故答案为：MgF2； （6）由Ⅱ知，Fe3+形成沉淀 b 需要 OH-，故加入 Na2CO3 溶液，通过 2- 3CO 水解提供 OH-；由 Ⅳ知，要形成 CoCO3 沉淀，需要加入 Na2CO3 溶液，提供 2- 3CO ，故答案为：调节溶液的 pH； 富集 Co2+（生成 CoCO3 沉淀）； （7）将 CoCO3 溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4 溶液，产生 CoC2O4•2H2O 沉淀，由溶液分 离出纯净的沉淀，操作应为过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤。 【点睛】 本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌 握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养 学生规范严谨的实验设计、操作能力。 31．对硝基苯酚 加成反应 羧基、氨基 +HCl 【分析】 根据题意，A 俗称石炭酸，所以 A 为苯酚，即 ，A 在浓硫酸、浓硝酸环境下， 发生取代反应生成 B，B 发生已知反应①生成 C，根据 C 的结构简式可知， B 为对硝基苯酚， D 发生信息①的反应生成 E，E 中含两个 Cl 原子，则 E 为 ，E 和 A 发生取代反应生成 F，G 发生信息②的反应 生成 H，H 发生取代反应，水解反应得到 I，根据 I 结构简式可知 H 为 HOCH2CN，G 为 HCHO， I 发生酯化反应生成 J，F 与 J 发生取代反应生成 K，J 为 ，结合题 目分析解答； 【详解】 (1)根据上述分析可知，有机物 B 的名称为对硝基苯酚； (2)G 到 H 的反应，反应物原子利用率 100%，说明类型为加成反应； (3)由 I 结构可知，官能团的名称为羧基、氨基； (4)E 中含两个 Cl 原子，即 D 中羟基被 2 个氯原子取代，则 E 的结构简式为 ； (5)B 发生已知反应①生成 C，反应方程式为 +HCl； (6)X 是 C 的同分异构体，①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子，说明取代基 有 3 个或 5 个，②lmolX 消耗 2molNaOH，说明含有取代基中有 2 个羟基，则 X 可能的结构为 ； (7)结合题干信息，由苯甲醇为原料制备化合物 合成路线可以为 。