1、2021浙江1月学考选考化学试题可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Mg 24 A1 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1. 下列含有共价键的盐是A. CaCl2B. H2SO4C. Ba(OH)2D. Na2CO3【答案】D【解析】【分析】【详解】ACaCl2由Ca2+和Cl-构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意；BH2SO4由
2、分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；CBa(OH)2由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；DNa2CO3有Na+和CO构成，含有离子键，CO内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；故答案选D。2. 蒸馏操作中需要用到的仪器是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，故答案选A。3. 下列物质属于强电解质的是A. KOHB. H3PO4C. SO3D. CH3CHO【答案】A【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物
3、为强电解质。【详解】AKOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH强电解质，A符合题意；BH3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；CSO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；DCH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故答案选A。4. 下列物质与俗名对应的是A. 纯碱：NaHCO3B. 硫铵：NH4HSO4C. TNT：D. 氯仿：CCl4【答案】C【解析】【分析】【详解】A纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，A错误；B硫铵一般指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO
4、4，B错误；CTNT为2,4,6-三硝基甲苯，结构式为，C正确；D氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，D错误；故答案选C。5. 下列表示正确的是A. 甲醛的电子式B. 乙烯的球棍模型C. 2-甲基戊烷的键线式D. 甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3【答案】B【解析】【分析】【详解】AO原子最外层有6个电子，故甲醛的电子式为，A错误；B乙烯中碳原子之间以双键形式存在，乙烯的球棍模型为，B正确；C2-甲基戊烷的键线式为，C错误；D甲酸乙酯甲酸和乙醇酯化得到，故甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH3，D错误；故答案选B。6. 下列说法不正确的是A. 联苯()属于芳香烃，其一溴代物有2种B. 甲烷与氯气
5、在光照下发生自由基型链反应C. 沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质D. 煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等【答案】A【解析】【分析】【详解】A由联苯()的分子结构可知，其分子由2个苯基直接相连，故其属于芳香烃；根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，A说法不正确；B甲烷与氯气在光照下发生反应，氯气分子先吸收光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反应，B说法正确；C石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，C说法正确；D煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反应，其产物中含有CO、H2和CH4等
6、，D说法正确。综上所述，本题选A。7. 下列说法正确的是A. 14N2和15N2互为同位素B. 间二甲苯和苯互为同系物C. Fe2C和Fe3C互为同素异形体D. 乙醚和乙醇互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A14N2和15N2均为氮气分子，不能互称同位素，同位素指的是同一种元素的不同原子，A不正确； B间二甲苯和苯结构相似，分子中均含有1个苯环，两者在分子组成上相关2个“CH2”原子团，因此，两者互为同系物，B正确；CFe2C和Fe3C均为化合物，不能互称同素异形体，同素异形体的研究对象是单质，C不正确； D乙醚的分子式为C4H10O，乙醇的分子式为C2H6O，两者分子式不同，因
7、此，两者不能互称同分异构体，D不正确。综上所述，本题选B。8. 下列说法不正确的是A. 铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B. 镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C. 熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D. 工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫【答案】A【解析】【分析】【详解】A铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C粉末状的熟石
8、膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。9. 下列说法不正确的是A. 某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃B. 通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴C. 生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐D. 工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔【答案】D【解析】【分析】【详解】A某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在
9、玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法正确；B溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法正确；C某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法正确；D工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器）、热交换器和吸收塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法不正确。综上所述，本题选D。10. 关于反应8NH3+6N
10、O2=7N2+12H2O，下列说法正确的是A. NH3中H元素被氧化B. NO2在反应过程中失去电子C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D. 氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。【详解】ANH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；BNO2在反应过程中得到电子，B不正确；C该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之
11、比为4：3，C说法不正确；D该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。11. 下列说法不正确的是A. 用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果B. 将CoCl26H2O晶体溶于95%乙醇，加水稀释，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色C. 乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去聚合物杂质D. 某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸【答案】A【
12、解析】【分析】【详解】A用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，A错误；BCoCl2在水溶液中存在平衡Co(H2O)62+（粉红色）+4Cl-CoCl42-（蓝色）+6H2O，95%乙醇中水很少，CoCl26H2O晶体溶于95%乙醇得到的溶液中主要含CoCl42-，溶液呈蓝色，加水稀释，平衡逆向移动，得到主要含Co(H2O)62+的粉红色溶液，B正确；C用水杨酸与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸（乙酰水杨酸的结构简式为）、同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的结构中含羧基和酯基，向其粗产品中加入足量NaHCO3溶液，乙酰水杨酸转化成可
13、溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可除去聚合物杂质，向过滤后的滤液中加入盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，C正确；DKClO3、KMnO4等强氧化剂及其混合物研磨时会发生反应产生气体引起爆炸，D正确；答案选A。12. 下列“类比”合理的是A. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B. NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag
14、2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】【分析】【详解】ANa与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；BNaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO-被还原成Cl-，B不合理；CNa3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D氨水与少量AgNO3反应生成Ag(NH3)2+
15、：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，D不合理；答案选C。13. 下列反应的方程式不正确的是A. 石灰石与醋酸反应：CO+2CH3COOH=2CH3COO- +CO2+H2OB. 铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)C. 铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2+ +2NO+4H2OD. 明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3+ +3SO+ 3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+ 3BaSO4【答案】A【解析】【分析】【详解】A碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COO
16、H=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，A错误；B银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag+e-=Ag，总反应为Ag（阳极）Ag（阴极），B正确；CCu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，C正确；D明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，参与反应的Ba2+与OH-物质的量之比为1:2，生成的Al(OH)3与BaSO4沉淀物质的量之比为2:3，反应的离子方程式为2Al3+3+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4，D正确；答案选A。14. 下列说法不正确的是A. 甘氨
17、酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽B. 乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基D. 工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油【答案】B【解析】【分析】【详解】A甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；B乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，B错误；C纤维素的每个葡萄糖单元中含3个
18、醇羟基，纤维素可表示为C6H7O2(OH)3n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；D植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；答案选B。15. 有关 的说法不正确的是A. 分子中至少有12个原子共平面B. 完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C. 与FeCl3溶液作用显紫色D. 与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种【答案】C【解析】【分析】【详解】A与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，A
19、正确；B该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；C该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；D与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；答案选C。16. 现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中Z、Q在同一周期。相关信息如下表：元素相关信息X最外层电子数是核外电子总数的一半Y最高化合价和最低化合价之和为零Z单质为淡黃色固体，常存在于火山喷口附近Q同周期元素中原子半径最小下列说法正确的是A. 常温时，X单质能与水发生剧烈反应B. Y与Q元素组成的YQ
20、4分子，空间构型为正四面体C. Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱D. 第五周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态【答案】B【解析】【分析】X原子的最外层电子数是核外电子总数的一半，由于最外层电子数不超过8个，因此X只能是第二周期的Be；Y元素的最高化合价和最低化合价之和为零，位于第A族，Y是C或Si；Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，因此Z是S；Q是同周期元素中原子半径最小，且Z和Q位于同一周期，因此Q是Cl，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是Be，Y是C或Si，Z是S，Q是Cl。则ABe的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水发生剧烈反应，
21、A错误；BY与Q元素组成的CCl4或SiCl4分子，空间构型均为正四面体，B正确；CY、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，C错误；D第五周期且与Cl同主族元素的单质是碘，在常温常压下呈固态，D错误；答案选B。17. 25时，下列说法正确的是A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C. 0.010 molL-1、0.10molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D. 100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.010
22、-5mol【答案】D【解析】【分析】【详解】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1L1104mol/L1105mol
23、，D正确；答案选D。18. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NAB. CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目0.25NAC. 向100mL 0.10molL-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NAD. 0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】ANH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则l mol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；BCH4和C2H4混
24、合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；Cl00 mL0.10 mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；D乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D错误；答案选C。19. 取50 mL过氧化氢
25、水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(molL-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A. 反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B. 2040min，消耗H2O2的平均速率为0.010molL-1min-1C. 第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D. H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解【答案】C【解析】【分析】【详解】A反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的
26、物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=nVm=0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B2040min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=0.010mol/(Lmin)，B正确；C随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；DI-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或
27、Fe2O3代替，D正确；故答案选C。20. 已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H- HH-O键能/(kJmol-1)436463热化学方程式2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) H= -482kJmol-1则2O(g)=O2(g)的H为A. 428 kJmol-1B. -428 kJmol-1C. 498 kJmol-1D. -498 kJmol-1【答案】D【解析】分析】根据H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反应的H=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2436kJ/mol+(O-O)-4463kJ/mol，解得O-O键的键
28、能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的H=-498kJ/mol。21. 铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma(AlO2)x(SiO2)yzH2O(M代表金属离子)。下列推测不正确的是A. 常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛B. 若a=x/2，则M为二价阳离子C. 调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性D. 分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子【答案】A【解析】【分析】【详解】A偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al
29、3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；B设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m+x(-1)=0，解得m=+2，B正确；C调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故答案选A。22. 镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是A. 断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能电能B. 断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应C. 电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH
30、浓度不变D. 镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H2OCa(OH)2+2Ni(OH)2【答案】C【解析】【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。【详解】A断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式
31、：化学能电能，A正确；B断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；C电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C错误；D根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OC
32、d(OH)2+2Ni(OH)2，D正确；答案选C。23. 实验测得10 mL 0.50 molL-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.810-5.下列说法不正确的是A. 图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B. 将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1，溶液pH变化值小于lgxC. 随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小D. 25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c
33、(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 molL-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【详解】A由分
34、析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D 25时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c
35、(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8 10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3CO
36、O- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。24. 在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6JK-1mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物N2(g) +3H2(g)、生成物2NH3(g)的能量随温度T的变化示意图合理的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快
37、，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故答案选B。25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液中是否含有NO取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NOB探究KI与FeCl3反应的限度取5 mL 0.1 molL-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度C判断某卤代烃中的卤素取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再
38、滴加AgNO3溶液若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素D探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；B向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；C溶液中加入KOH后体系中剩余大量
39、的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；D蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在拳击，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；故答案选B。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26. (1)用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是_。(2)金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：GaF3GaCl3GaBr3熔点/ 100077. 75122 3GaF3熔点比GaCl3熔点高很多原因是_。【答案】 (1). 两个乙酸分子通过氢键形成二
40、聚体() (2). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力【解析】【分析】【详解】(1)质谱检测乙酸时，出现质荷比为120的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体()，故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()；(2)F的非金属性比Cl强，比较GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故GaF3的熔点高于GaCl3，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键
41、强于分子间作用力。27. 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=26)S+ K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=_。(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=_。(写出计算过程)【答案】 (1). 30.0 (2). 3【解析】【分析】【详解】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3
42、H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有解得x=3，故答案为3。28. 某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是_(填元素符号)，X的化学式是_。(2
43、)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是_。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是_。(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明_。【答案】 (1). Cu、S、O (2). CuS2O6 (3). S2OSO+ SO2 (4). + Cu(OH)2 + 2H2O (5). SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 (6). 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可
44、)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快【解析】【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【详解】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液
45、，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2；(3)步骤为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2+2H2O；(4)
46、步骤中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。29. “氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是_。(2)下列说法
47、不正确的是_。A.可采用碱石灰干燥氯气B.可通过排饱和食盐水法收集氯气C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D.工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/pCl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。Cl2(g)Cl2(aq)的焓变H1_0。(填”、“=”或“”)平衡常数K2的表达式为K2=_。氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=_。(用平
48、衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) HI=181 molL-1，KI=-3.410-29II.2C(s)+O2(g)2CO(g) HII= - 221 molL-1，KII=1.21048结合数据说明氯化过程中加碳的理由_ 。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 molL-1，反应30 min测
49、得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是_。A.适当提高反应温度 B.改变催化剂C.适当降低反应温度 D.改变反应物浓度【答案】 (1). 2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2+Cl2 (2). A (3). (4). (5). K1p + (6). 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.11019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；H=HI+HII= -40kJmol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
50、(7). AB【解析】【分析】【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2+Cl2。(2) A氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存
51、于钢瓶中，C说法正确；D氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变H10。由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq)
52、+ HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) HI=181 mol L-1，KI=-3.4 10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) HII= - 221
53、mol L-1，KII=1.21048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而H=HI+HII= -40kJmol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A.由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反
54、应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意； D改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。综上所述，选AB。30. 某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下：已知：4Fe (
55、CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO22H+2CrOCr2O+H2O相关物质的溶解度随温度变化如下图。请回答：(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是_。(2)下列说法正确的是_。A步骤II，低温可提高浸取率B步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3C步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7D步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl _重结晶
56、。a50蒸发溶剂； b100 蒸发溶剂； c抽滤； d冷却至室温；e蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。下列关于滴定分析的操作，不正确的是_。A用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B滴定时要适当控制滴定速度C滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_
57、继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是_，添加该试剂的理由是_。【答案】 (1). 增大反应物的接触面积 (2). BC (3). a (4). e (5). d (6). c (7). AC (8). 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 (9). H2SO4 (10). 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应【解析】【分析】根
58、据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。【详解】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融
59、Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；C步骤III酸化时，平衡2H+2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；答案选BC。(3)Na2Cr2O7中加入
60、KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl50蒸发溶剂蒸发至溶液出现晶膜，停止加热冷却至室温抽滤重结晶；故答案为：aedc。(4)A量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B
61、正确；C滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；答案选AC。在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7
62、溶液中存在平衡+H2O2H+2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。31. 某课题组合成了一种非天然氨基酸X，合成路线如下(Ph表示苯基)：已知：R1CH=CHR2 R3BrR3MgBr请回答：(1)下列说法正确的是_。A.化合物B的分子结构中含有亚甲基和次甲基B.1H-NMR谱显示化合物F中有2种不同化学环境的氢原子C.GH的反应类型是取代反应D.化合物X的分子式是C13H15NO2(2)化合物A的结构简式是_ ；化合物E的结构简式是_。(3)CD的化学方程式是_ 。(4)写出3种同时符合下列
63、条件的化合物H的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_。包含；包含 (双键两端的C不再连接H)片段；除中片段外只含有1个-CH2-(5)以化合物F、溴苯和甲醛为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_。 (也可表示为)【答案】 (1). CD (2). (3). (4). +NaOH+NaCl+H2O (5). 、 (6). 【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生氧化反应并脱去CO2后生成C，C发生消去反应生成D，D发生第一个已知信息的反应生成E，E再转化为F，F发生取代反应生成G，G发生取代反应生成H，H经过一系列转化最终生成X。据此解答。【详解
64、】(1)A化合物B的结构简式为，因此分子结构中含有亚甲基CH2，不含次甲基，A错误；B化合物F的结构简式为，分子结构对称，1H-NMR谱显示化合物F中有1种不同化学环境的氢原子，B错误；CGH是G中的MgBr被COOCH3取代，反应类型是取代反应，C正确；D化合物X的结构简式为，分子式是C13H15NO2，D正确；答案选CD；(2)A生成B是A中的羟基被氯原子取代，根据B的结构简式可知化合物A的结构简式是；C发生消去反应生成D，则D的结构简式为。D发生已知信息中的第一个反应生成E，所以化合物E的结构简式是；(3)C发生消去反应生成D，则CD的化学方程式是+NaOH+NaCl+H2O；(4)化合物H的结构简式为，分子式为C13H14O2，符合条件的同分异构体含有苯基，属于芳香族化合物；含有，且双键两端的C不再连接H；分子中除中片段外中含有1个CH2，因此符合条件的同分异构体为、；(5)根据已知第二个信息以及F转化为G反应结合逆推法可知以化合物、溴苯和甲醛为原料制备的合成路线为。
