2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试化学（理）试题 解析版

2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试化学（理）试题 解析版

陕西省西安市长安区第一中学 2018-2019 学年高二上学期期 末 考试化学（理）试题 1.下列过程没有发生化学变化的是 A. 用热碱水清除炊具上残留的油污 B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 C. 用鸡蛋壳内膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的少量氯化钠 D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装 【答案】C 【解析】 【详解】A．油污的成分是油脂，在碱性条件下发生水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘 油，该过程有新物质生成，属于化学变化，故 A 错误； B．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯 与高锰酸钾发生氧化还原反应，故 B 错误； C．鸡蛋壳膜是半透膜，允许 NaCl 通过，不允许胶体通过，将混合之后的物体放入鸡蛋壳 膜内，然后再放入清水中，一段时间后就除掉了食盐，这个过程叫渗析，属于物理变化， 故 C 正确； D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食 物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故 D 错误。 答案选 C。 2.用类推法可能会得出错误的结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。 下列推论中正确的是 A. 加热条件下，Na 与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应生成过氧化锂 B. 相同温度下，Ca(HCO3)2 的溶解度大于 CaCO3，NaHCO3 的溶解度大于 Na2CO3 C. Al3+与 S2-在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，Fe3+与 S2-也如此 D. 可以用铝制或铁制容器常温下贮运浓硫酸，也可贮运浓硝酸 【答案】D 【解析】 【详解】A. 加热条件下，Na 与氧气反应生成过氧化钠，但是 Li 的活泼性弱于 Na，锂与氧 气反应只生成氧化锂，故 A 错误； B.一般难溶性的碳酸盐的溶解度小于相应的碳酸氢盐，如 Ca(HCO3)2 的溶解度大于 CaCO3， 而可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，如 Na2CO3 溶解度大于 NaHCO3，故 B 错 误； C. Al3+与 S2-在溶液中可发生双水解反应生成沉淀和气体，Fe3+和 S2-发生氧化还原反应，故 C 错误； D.常温下铁、铝能和浓硝酸、浓硫酸形成致密的氧化膜，阻止进一步的腐蚀，故 D 正确。 答案选 D。 3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A. 向 20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨 溶液，未出现银镜 蔗糖未水解 B. 对某白色固体进行焰色反应，火焰呈紫色 该固体为钾盐 C. 向 FeBr2 溶液中加入少量氯水再加 CCl4，CCl4 层呈无色 Fe2+的还原性强于 Br－ D. 将溴乙烷与 NaOH 乙醇溶液共热产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液中，溶液褪色 产生的气体为乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】银镜反应需在弱碱条件下才能发生，A 中若还存在稀硫酸，则不能出现银镜，故 A 错误； B. K 的焰色为紫色，则对某白色固体进行颜色反应实验，火焰呈紫色，则含 K 元素，但不 一定为钾盐，故 B 错误； C. 加入少量氯水，只氧化亚铁离子，CCl4 层无色，则 Fe2+的还原性强于 Br-，故 C 正确； D. 乙醇易挥发，乙醇与乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯的生成，故 D 错误。 答案选 C。 4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24 LCH3OH 中含有的原子数目为 6 NA B. 18 g 2H2O 中含有的电子数目为 10 NA C. 25℃时，1 L pH=13 的 Ba(OH)2 溶液中含有 OH-数为 0.05 NA D. 常温下，21 g 乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为 1.5 NA 【答案】D 【解析】 【详解】A 项，标准状况下，CH3OH 为液体，无法用标准气体摩尔体积换算，故 A 项错误； B 项，2H2O 的摩尔质量为 20g/mol，故 18g 重水的物质的量为 0.9mol，故含 9NA 个电子， 故 B 项错误； C 项，pH=13 的 Ba(OH) 2 溶液 OH-浓度为 0.1mol/L，所以 1 L pH=13 的 Ba(OH) 2 溶液中含有 的 OH-数为 0.1NA，故 C 项错误； D 项，乙烯和丁烯的最简式均为 CH2，故 21g 混合物中含有的 CH2 的物质的量 n= =1.5mol，故含有的碳原子的物质的量为 1.5mol，即 1.5NA 个，故 D 项正确。 答案选 D。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键，注意气体摩尔体积使用对象与方法。 5.某种合成药物中间体 X 的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. X 的分子式为 C8H8O4Cl B. 1 mol X 与足量浓溴水反应，最多消耗 2 mol Br2 C. 一定条件下，X 分子能发生加成、取代、消去、加聚反应 D. 1 mol X 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 3 mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A、由结构简式可知 X 的分子式为 C8H7O4Cl，故 A 错误； B、苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，1molX 跟足量浓溴水反应，最多消耗 2molBr2，故 B 正确； C、碳碳不饱和键能发生加聚反应，该物质中不含碳碳不饱和键，所以不能发生加聚反应， 也不能发生卤代烃的消去反应，故 C 错误； D、酚羟基和羧基能和 NaOH 发生中和反应，氯原子能发生水解反应，所以 1molX 跟足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 4molNaOH，故 D 错误； 故选 B。 6.下列说法正确的是 A. 将苯加入溴水中振荡后，水层接近无色，是因为发生了取代反应 B. 2,2-二甲基丙烷也称新戊烷 C. 等质量的乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧耗氧量相同 D. 环己醇能与氢氧化钠溶液反应且所有碳原子可以共面 【答案】B 【解析】 【详解】A.苯与溴水不反，发生萃取，故 A 错误； B. 2，2-二甲基丙烷中主碳链三个碳原子，2 号碳上两个甲基，也可以称为新戊烷，故 B 正 确； C. 乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧均消耗 3mol 氧气，等质量时二者的物质的量不同，则消耗 的氧气不同，故 C 错误； D.环己醇与氢氧化钠溶液不反应，故 D 错误。 所以 B 选项是正确的。 7.四种短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的简单离子具有相同的 电子层结构，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与 Y 同族，Y 的氢化物为 具有臭鸡蛋气味的气体，Z 与 X 形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：W＜X＜Z B. W 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C. 气态氢化物的热稳定性：W＜Y D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z 【答案】B 【解析】 【分析】 由 X 的原子半径是短周期主族原子中最大的可知，X 为 Na；Z 的原子序数大于 X 且与 Na 形成的离子化合物的水溶液呈中性可知，Z 为 Cl；W 和 X 的简单离子电子层结构相同且与 Y 同族，Y 的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体，为 H2S，则 W 应在第二周期，Y 在第三周 期，则 W 可为 O，此时 Y 为 S。 综上所述，W 为 O，X 为 Na，Y 为 S，Z 为 Cl。 【详解】根据以上分析，W 为 O，X 为 Na，Y 为 S，Z 为 Cl， A 项，根据元素周期律可知：离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结 构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径： X＜W＜Z，故 A 项错误； B 项，Na 与 O 形成的化合物有 Na2O 和 Na2O2 两种；S 与 O 形成的化合物有 SO2 和 SO3 两 种；Cl 与 O 形成的化合物有 ClO2、Cl2O7 等多种二元化合物；故 B 项正确； C 项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态 氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：W>Y，故 C 项错误； D 项，根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高 价氧化物的水化物的酸性增强，即 Y＜Z，但氧化物对应水化物的酸性不存在此关系，如次 氯酸酸性很弱，故 D 项错误。 综上所述，本题正确答案为 B。 8.对可逆反应 4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是 A. 达到化学平衡时，5v 正（O2）=4v 逆（NO） B. 若单位时间内生成 x mol NO 的同时，消耗 x mol NH3，则反应达到平衡状态 C. 达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 达到平衡前，化学反应速率关系：3v 正（NH3）=2v 正（H2O） 【答案】D 【解析】 试题分析：A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知 4v 正 （O2）=5v 正（NO）故 A 错误；B、若单位时间内生成 xmolNO 的同时，消耗 xmolNH3，则 只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，故 B 不正确； C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小,故 C 错 误； D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知 3v 正（NH3）=2v 正（H2O）在平衡状态和反应过程中都成立，说明反应达到平衡状态， 考点：考查了化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断的相关知识。 9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. c(H+)/c(OH-) = 1×10－12 的溶液中：K＋、Na＋、CO32-、NO3- B. 无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－ C. 室温下，由水电离的 c(H＋)＝10－10 mol·L－1 的溶液中：Cl－、HCO3-、NO3-、NH4+ D. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3-、Cl－ 【答案】A 【解析】 【详解】A. 该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，K＋、Na＋、CO32-、NO3-之间不反 应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故 A 正确； B. Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且 Fe3+、SCN -发生络合反应而不能大量共存，故 B 错误； C. 室温下，由水电离的 c(H＋)＝10－10 mol·L－1 的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量 存在 HCO3-，碱溶液中不能大量存在 HCO3-、NH4+，故 C 错误； D. 能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，Fe2＋、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大 量共存，故 D 错误。 答案选 A。 【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解 反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如： 溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的具体反应条件，如“氧 化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。 10.下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是 A. HCl 和 NaOH 反应的中和热 ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则 CH3COOH 和 NaOH 反应的中和热 ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 B. CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol－1，则反应 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)的 ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1 C. 氢气的燃烧热为 285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为 2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)　 ΔH＝＋2×285.5 kJ·mol－1 D. 1 mol 甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳时所放出的热量是甲烷的燃烧热 【答案】C 【解析】 【详解】A、CH3COOH 和 NaOH 反应，由于醋酸存在电离平衡，放出的热量减少，ΔH 反 而增大，则 CH3COOH 和 NaOH 反应的中和热 ΔH>－57.3 kJ·mol－1，故 A 错误； B、因 CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol－1，则反应 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)的 ΔH＝-2×283.0 kJ·mol－1，故 B 错误； C、氢气燃烧热是放热反应，焓变为负值，水电解过程是吸热反应，2mol 水电解反应吸收热 量为 571.0kJ，故 C 正确； D、1 mol 可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量是燃烧热，而1 mol 甲烷燃烧生成气态水不 是稳定氧化物，应为液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故 D 错误。 答案选 C。 11.H2S 与 CO2 在高温下发生反应：CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g)。在 610 K 时， 将 0.10 mol CO2 与 0.40 mol H2S 充入 2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为 0.02。下列说法不正确的是 A. 升高温度，H2S 浓度增加，表明该反应是放热反应 B. 通入 CO2 后，正反应速率先增大后减小 C. H2S 的平衡转化率 α = 4.5 % D. 反应平衡常数 K = 2.8×10-3 【答案】C 【解析】 【详解】列出反应三段式： CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g) n 起始/mol 0.10 0.40 0 0 n 转化/mol x x x x n 平衡/mol 0.10-x 0.40-x x x 反应平衡后水的物质的量分数为 0.02，则 x/0.50=0.02，x=0.01， A. 升高温度，H2S 浓度增加，说明升温平衡逆向移动，则表明正反应是放热反应，故 A 正 确； B. 通入 CO2 后，增大反应物浓度，正反应速率增大，随着反应进行，反应物浓度又逐渐减 小，所以正反应速率先增大后减小，故 B 正确； C. 根据以上计算数据，H2S 的平衡转化率 α = ×100%= 2.5 %，故 C 错误； D. 根据以上计算数据，反应平衡常数 K = = =2.8×10-3，故 D 正确。 答案选 C。 【点睛】题目考查化学平衡的影响因素和计算等问题，检验学生的分析能力和计算能力，解 题方法：列出化学平衡三段式，根据平衡常数、平衡移动原理等分析和计算。 12.某次酸雨的分析数据如下：c(NH4+)＝2.0×10-5 mol/L，c(Na＋)＝1.9×10-5 mol/L，c(Cl－)＝ 6.0×10-5 mol/L，c(NO3－)＝2.3×10-5 mol/L，c(SO42－)＝2.8×10-5 mol/L，则此次酸雨的 pH 大约 为 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 试题分析：根据溶液显电中性，c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(NO3－)＋2c(SO42－)， 代入数值，解得：c(H＋)=1×10－4mol·L－1，则 pH=4，故选项 B 正确。 考点：考查 pH 的计算等知识。 13.下列说法中正确的是 A. 25℃时，若某溶液中 c(H+)＝c(OH－)＝10-7 mol/L，则该溶液呈中性 B. 溶液中若 c(H+)＞10-7 mol/L，则 c(H+)＞c(OH－)，溶液显酸性 C. c(H+)越大，则 pH 值越大，溶液的酸性越强 D. pH 值为 0 的溶液中 c(H+) = 0 mol/L 【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： A ． 25℃ 时 ， 水 的 离 子 积 常 数 Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14 ， 所 以 水 中 c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，呈中性，水的电离吸热，温度越低，电离程度越小，所以当某 溶液中 c(H+)=c(OH-)=10-8mol•L-1，该溶液可能是温度低于 25℃的如氯化钠一类的呈中性的 溶液，故 A 正确；B．溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中 H+浓度与 OH-浓度的相对大小， 当溶液中：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，溶液中若 c(H+)＞10-7mol•L-1，不一定 c(H+)＞ c(OH-)，故 B 错误；C．溶液的酸碱度可用 pH 值表示，其计算公式为 pH=-lg〔H+〕，其中 〔H+〕表示氢离子浓度，所以 pH 越小表示溶液的酸性越强，故 C 错误；D．pH=-lg〔H+〕， pH 为 0 的溶液，c(H+)=1mol/L，说明为酸溶液，则必然存在水的电离平衡，必然存在 OH-， 故 D 错误；故选 A。 考点：考查了溶液的酸碱性判断以及与 pH 的关系的相关知识。 14.下列说法正确的是 A. 常温下 pH 为 2 的盐酸与等体积 pH＝12 的氨水混合后所得溶液显酸性 B. 中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸，盐酸消耗的 n(NaOH)大 C. 常温下，将 pH＝3 的醋酸溶液稀释到原体积的 10 倍后，溶液的 pH＝4 D. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 c(CH3COOH)/c(CH3COO-)的值减小 【答案】D 【解析】 【详解】A、一水合氨是弱碱，存在电离平衡，则 pH＝12 的氨水溶液的浓度大于 0.01mol/L，所以与 pH＝2 的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，故 A 错误； B、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分 别发生 HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，即中和等体积、等物 质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故 B 错误； C、常温下，将pH=3 的醋酸溶液稀释到原体积的 10 倍后，醋酸中存在电离平衡，导致稀释 后醋酸溶液的 pH 小于 4，故 C 错误； D、根据 CH3COOH 溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n （CH3COO-）增大， 减小，所以 = 减小，故 D 正确。 故选 D。 15.已知某可逆反应 aA(g)＋bB(g) cC(g)　ΔH，在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻 t、温度 T 和压强 p 下 B 物质在混合气体中的体积分数 φ(B)的变化情况。下列推断中正确的 是 A. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＜c，ΔH＞0 B. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＞c，ΔH＞0 C. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＜c，ΔH＜0 D. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＞c，ΔH＜0 【答案】A 【解析】 【分析】 当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议 二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。 【详解】由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出： ①温度相同(T1)，但压强为 p2 时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以 p2>p1； ②压强较大(即压强为 p2)时对应的 φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则 a＋bT2； ②温度较高(即温度为 T1)时对应的 φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热 反应，ΔH＞0。 答案选 A。 16. 下列说法正确的是( ) A. 自发反应在任何条件下都能实现 B. 化学反应不一定都有能量变化 C. 升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大 D. 一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率 【答案】C 【解析】 试题分析：A、自发反应不是在任何条件下都可以实现的，有的在低温自发，有的在高温自 发，错误，不选 A；B、化学反应都有能量变化，错误，不选 B；C、升温，活化分子百分 数增加，反应速率加快，正确，选 C；D、使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子 百分苏，反应速率加快，但平衡不移动，不能提高反应物的转化率，错误，不选 D。 考点： 反应热和焓变，反应速率的影响因素 17.能促进水的电离，并使溶液中 c(H＋)>c(OH－)的操作是 ①将水加热煮沸　②向水中投入一小块金属钠　③向水中通 CO2　④向水中加入明矾晶体　 ⑤向水中加 NaHCO3 固体　⑥向水中加 NaHSO4 固体 ⑦向水中加 NH4Cl 固体 A. ①②④⑤ B. ①⑤⑦ C. ③④⑥ D. ④⑦ 【答案】D 【解析】 【分析】 影响水的电离的因素：温度，同离子效应，所加物质的酸碱性等。 【详解】①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误； ②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性 增强，c(H＋)c(OH－)，酸对水的电离起抑制作用，故③错 误； ④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c(H ＋)>c(OH－)，故④正确； ⑤向水中加入 NaHCO3 固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c(H＋)c(OH－)，故⑦正确。 答案选 D。 【点睛】本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：本 题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果如何（c(H+) 与 c(OH-)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。 18. 室温下，用 0.l00mol/L NaOH 溶液分别滴定 20.00 mL 0.100 mol/L 的盐酸和醋酸，滴定 曲线如图所示。下列说法正确的是 A. II 表示的是滴定醋酸的曲线 B. pH=7 时，滴定醋酸消耗的 V(NaOH)小于 20 mL C. V(NaOH)=" 20.00" mL 时，两份溶液中 c(Cl-)= C(CH3COO-) D. V(NaOH) ="10.00" mL 时，醋酸溶液中 c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-) 【答案】B 【解析】 试题分析：A、滴定开始时 0.1000mol/L 盐酸 pH=1，0.1000mol/L 醋酸 pH＞1，所以滴定盐 酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误；B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7 时，滴定 醋酸消耗的 V（NaOH）小于 20mL，正确；C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成 氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中 c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误；D、V （NaOH）=10.00mL 时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水 解程度，溶液中离子浓度关系为 c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。 考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解。 【此处有视频，请去附件查看】 19.已知：常温下浓度均为 0.1 mol/L 的下列溶液的 pH 如下表： 溶质 NaF Na2CO3 NaClO NaHCO3 pH 7.5 11.6 9.7 8.3 下列有关说法正确的是 A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF B. 等体积等物质的量浓度的 NaClO 溶液与 NaF 溶液中离子总数大小：N(NaClO)＜N(NaF) C. 向 0.1 mol/L Na2CO3 溶液中通入 CO2 至中性，则溶液中：2c(CO32－) + c(HCO3－) = 0.1 mol/L D. 向 Na2CO3 溶液中通入少量的 HF 气体，发生反应的化学方程式为：Na2CO3 + 2HF = CO2 + H2O + 2NaF 【答案】B 【解析】 【详解】A.溶液 pH 越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可以知道，酸性大小为： HF>H2CO3>HClO>HCO3-，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液 导电性大小为：HClO＜H2CO3＜HF，故 A 错误； B.NaClO、NaF 溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于 10-7mol/L，因为酸性 HF >HClO，则次氯酸根的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢 氧根离子浓度大于氟化钠，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠；两溶液中钠离子浓度 相等，根据电荷守恒，两溶液中阴离子浓度=c(Na+)+c(H+)，因为溶液体积相等，则次氯酸钠 溶液中离子总数小于氟化钠，即：N(NaClO)＜N(NaF)，所以 B 选项是正确的； C.若将 CO2 通入 0.1 mol/L Na2CO3 溶液至溶液中性，则 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可以知 道：2c(CO32－) + c(HCO3－) =c(Na+)= 0.2 mol/L，故 C 错误； D.向 Na2CO3 溶液中通入少量的 HF 气体，反应生成碳酸氢钠和氟化钠，正确的化学反应方 程式为：Na2CO3 + HF = NaHCO3 + NaF，故 D 错误。 所以 B 选项是正确的。 20.已知： ① CH3OH(g) + 3/2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H= -a kJ•mol-1 ② CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H= -b kJ•mol-1 ③ CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) △H= -c kJ•mol-1 则下列叙述正确的是 A. 由上述热化学方程式可知 b>c B. 甲烷的燃烧热为 b kJ•mol-1 C. 2CH3OH(g) = 2CH4(g) + O2(g) △H= 2(b-a) kJ•mol-1 D. 当甲醇和甲烷物质的量之比为 1: 2，完全燃烧生成 CO2(g)和 H2O(l)时，放出的热量为 Q kJ， 则该混合物中甲醇的物质的量为 Q/(a+2b)mol 【答案】C 【解析】 A．气态水到液态水继续放热，所以 b＜c，故 A 错误；B．根据盖斯定律，将①和②两个反 应都乘以 2，再①-②得到：2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g)，则△H=2(a-b) kJ•mol-1，故 B 正确； C．燃烧热应生成稳定氧化物，不能是水蒸气，应该是液态水，故 C 错误；D．①中甲醇燃 烧生成的是气态水，不能根据反应①的△H 计算甲醇和甲烷物质的量之比为 1:2 混合，完全 燃烧生成 CO2 和 H2O（1）时释放的能量，故 D 错误；故答案为 B。 21.欲测定某 NaOH 溶液的物质的量浓度，可用 0.1000 mol·L-1 HCl 标准溶液进行中和滴定 （用酚酞作指示剂）。请回答下列问题： （1）用标准的盐酸滴定待测的 NaOH 溶液时，左手握______________的活塞，右手摇动 ___________，眼睛注视________________，直到加入最后一滴盐酸时，溶液由______色变 为______色，并_____________________为止。 （2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为 1.10 mL，滴定后液面如图， 则此时消耗标准溶液的体积为____________。 （3）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下： 0.1000 mol·L-1HCl 溶液的体积/mL 实验序号 待测 NaOH 溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 25.00 0.00 26.11 2 25.00 1.56 31.30 3 25.00 0.22 26.31 选取上述合理数据，计算出待测 NaOH 溶液的物质的量浓度为________（小数点后保留四 位）。 （4）下列哪些操作会使测定结果偏高_________（填序号）。 A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗 C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数 【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 锥形瓶 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 红 (5). 无 (6). 在半分钟内不变色 (7). 23.80 mL (8). 0.1044 mol·L-1 (9). AC 【解析】 【分析】 （1）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，据此解答（1）； （2）读数时眼睛应平视液体凹液面，注意滴定管的精确度，据此解答（2）； （3）先分析数据的可能性，误差太大的去掉，V（标准）取平均值，根据 c（待测）= 计算，据此解答（3）； （4）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据 c（待测）= 分析误差，据此解答（4）。 【详解】（1）酸碱中和滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛要注视锥 形瓶内溶液的颜色变化；酚酞为指示剂，所以溶液由红色变为无色，半分钟内不变色时，滴 定完成； 因此，本题正确答案是：酸式滴定管；锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；红；无；在半分 钟内不变色； （2）记录滴定前滴定管内液面读数为 1.10mL，滴定后液面如右图为 24.90mL，滴定管中的 液面读数为 24.90ml-1.10ml=23.80mL， 因此，本题正确答案是：23.80mL； （3）第二组读数误差太大舍去，其它两次数值的平均值= =26.10mL； 根据 c（待测）= =0.1044mol•L-1； 因此，本题正确答案是：0.1044mol•L-1； （4）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏 高，故 A 符合； B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，符合实验操作，结果符合，故 B 不符合； C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏 高，故 C 符合； D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故 D 不符合。 因此，本题正确答案是：AC。 22.实验室中以粗铜粉(含杂质 Fe)为原料，制备铜的氯化物的流程如下： 请按要求回答下列问题： （1）现用如图所示的实验仪器和药品来制备纯净、干燥的 Cl2 并与粗铜粉反应(铁架台和加 热装置等省略)。 ①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是 a→ → → → → → → → 。_________ ②该实验中制备 Cl2 的化学反应方程式为_____________________________。 ③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的 Cl2，该操作的目的是_________________。 ④反应时，盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是__________________________。 （2）上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__________________；溶液Ⅰ 可加试剂 X 用于调节 pH 以除去杂质，X 最好选用下列试剂中的________(填字母)。 a．Cu b．NH3·H2O c．CuO d．Cu2(OH)2CO3 e．H2S （3）向溶液Ⅱ中通入一定量的 SO2，加热一段时间后生成 CuCl 白色沉淀，写出该反应的离 子方程式：_______________________________________________________________。 【答案】 (1). d　e　h　i　f　g　b(f、g 可调换顺序) (2). 2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl ＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (3). 排出装置中的空气 (4). 产生大量棕黄色的烟 (5). 防止 CuCl2 和 FeCl3 水解 (6). cd (7). SO2＋2H2O＋2Cu2＋＋2Cl－ 2CuCl↓＋SO ＋ 4H＋ 【解析】 【分析】 (1)要利用图中所给实验仪器和药品来制备纯净、干燥的 Cl2 并与粗铜粉反应，首先要找到 Cl2 的发生装置(A)，然后将制得的 C12 净化(除去 HC1，用装置 C)、干燥(用装置 E)，并使其 与粗铜粉反应(用装置 D)，最后进行尾气吸收(用装置 B)。 ①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是 a→d,e→h,i→f,g→b( f;g 可调换顺序)。 ②高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水； ③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的 Cl2，使装置中充满黄绿色的气体，以防止 O2 与铜粉反应。 ④ C12 与 Cu 反应生成棕黄色的 CuCl2 固体小颗粒，故盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是 产生大量棕黄色的烟。 (2)上述流程中，所得固体 I 是 CuCl2 和 FeCl3 的混合物，加稀盐酸而不加水溶解，是为了防 止 CuCl2 和 FeCl3 水解；向浓液 I 中加入试剂 X 用于调节溶液的 pH 以除去 Fe3+故 X 最好是 能与 H+反应，但不与 Cu2+反应且不引入新杂质的试剂，题给选项中符合要求的有 CuO 和 Cu2(OH)2CO3。 (3)向溶液 II ( CuCl2 溶液)中通入一定量的 SO2，加热一段时间后生成 CuCl 白色沉淀，该过 程中发生 SO2 还原 Cu2+的反应，其本身被氧化为 SO42-。 【详解】(1)要利用图中所给实验仪器和药品来制备纯净、干燥的 Cl2 并与粗铜粉反应，首先 要找到 Cl2 的发生装置(A)，然后将制得的 C12 净化(除去 HC1，用装置 C)、干燥(用装置 E)， 并使其与粗铜粉反应(用装置 D)，最后进行尾气吸收(用装置 B)。 ①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是 a→d,e→h,i→f,g→b( f;g 可调换顺序)。 故答案为：d　e　h　i　f　g　b(f、g 可调换顺序)； ②高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为：2KMnO4 ＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O； 故答案为：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O； ③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的 Cl2，使装置中充满黄绿色的气体，以防止 O2 与铜粉反应。 故答案为：排出装置中的空气； ④ C12 与 Cu 反应生成棕黄色的 CuCl2 固体小颗粒，故盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是 产生大量棕黄色的烟。 故答案为：产生大量棕黄色的烟； (2)上述流程中，所得固体 I 是 CuCl2 和 FeCl3 的混合物，加稀盐酸而不加水溶解，是为了防 止 CuCl2 和 FeCl3 水解； 向浓液 I 中加入试剂 X 用于调节溶液的 pH 以除去 Fe3+故 X 最好是能与 H+反应，但不与 Cu2+反应且不引入新杂质的试剂，题给选项中符合要求的有 CuO 和 Cu2(OH)2CO3，故选cd。 故答案为：防止 CuCl2 和 FeCl3 水解；cd； (3)向溶液 II ( CuCl2 溶液)中通入一定量的 SO2，加热一段时间后生成 CuCl 白色沉淀，该过 程中发生 SO2 还原 Cu2+的反应，其本身被氧化为 SO42-。离子方程式为：SO2＋2H2O＋2Cu2＋ ＋2Cl－ 2CuCl↓＋SO ＋4H＋； 故答案为：SO2＋2H2O＋2Cu2＋＋2Cl－ 2CuCl↓＋SO ＋4H＋。 23.联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。火箭推进 器中装有还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水 蒸气，并放出大量热。已知 0.5 mol 液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出 320.8 kJ 的热量。 （1）肼的电子式为___________________，过氧化氢的电子式为__________________。 （2）写出反应的热化学方程式：________________________________________________。 （3）在 25 ℃、101 kPa 时，已知 18 g 水蒸气变成液态水放出 44 kJ 的热量。其他相关数据 如下表： O===O H—H H—O(g) 1 mol 化学键断裂时 需要吸收的能量/kJ 496 436 463 写出表示 H2 燃烧热的热化学方程式___________________________________________；则 32 g 液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ。 （4）联氨和 H2O2 可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________。 （5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值 为____________(已知：N2H4+H+ N2H5+的 K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的 酸式盐的化学式为_______________。 【答案】 (1). (2). (3). N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol －1 (4). H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1 (5). 817.6 (6). 反应放热量大、产生大量气体（产物是 N2 和 H2O，对环境无污染） (7). 8.7×10-7 (8). N2H6(HSO4)2 【解析】 【分析】 (1)肼分子式为 N2H4，每个氮原子形成三个化学键，过氧化氢分子式H2O2，每个氧原子形成 两个共价键，据此写出物质的电子式； (2)根据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和反应焓变； (3) 反应物的总键能-生成物的总键能=反应热，据此计算反应热，写出热化学方程式；根据 热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式，得到反应的焓变； (4)从提供能量和动力以及产物无污染角度分析； (5) 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为 N2H4+ H2O N2H5++OH-，平衡常数 Kb= = × =K×Kw； 因为是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6(HSO4)2。 【详解】(1)肼是氮原子和氮原子形成一个共价键，剩余价键和氢原子形成共价键，电子式 为 ，双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O 键，双氧水的电 子式为： ， 因此，本题正确答案是： ； ； (2) 0.5 mol 液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出320.8 kJ 的热量，1mol 肼 燃烧放热为 641.6 kJ；肼燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝－641.6 kJ·mol－1， 因此，本题正确答案是：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1； (3) 根据反应物的总键能-生成物的总键能=反应热，则 1mol 氢气燃烧生成 1mol 水蒸气的反 应热为 436kJ/mol+496kJ/mol× -463kJ/mol×2=-242kJ/mol，18g 水蒸气变成液态水放出 44kJ 的热量，故 1mol 氢气燃烧生成 1mol 液态水时放出热量为 242kJ+44kJ=286kJ， 故表示 H2 燃烧热的热化学方程式为 H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1， 已知①N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1， ②H2O(l)═H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol-1；根据盖斯定律，①-②×4 得到：N2H4(l)＋ 2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－817.6 kJ·mol－1， 则 32g 液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水放热为 817.6 kJ， 因此，本题正确答案是：H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1 ；817.6； （4）N2H4 具有强还原性和 H2O2 发生氧化还原反应放出大量热且产生大量气体，因此可作 为火箭推进剂， 因此，本题正确答案是：反应放热量大、产生大量气体（产物是 N2 和 H2O，对环境无污 染）； （5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+ H2O N2H5++OH-，平衡常数 Kb= = × =K×Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7， 因为是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6(HSO4)2。 因此，本题正确答案是：8.7×10-7 ；N2H6(HSO4)2。 24.（1）写出下列盐溶液蒸干所得的产物： ①加热蒸干 Al2(SO4)3 溶液，得到的固体物质是_______________(写化学式)。 ②NaHCO3 溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_________________(写化学式)。 ③加热蒸干 Na2SO3 溶液，得到的固体物质是_________________(写化学式)。 ④FeCl2 溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________________(写化学式)。 （2）元素铬(Cr)在溶液中以多种形式存在，其中 Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)在溶液中可 相互转化。室温下，初始浓度为 1.0 mol·L－1 的 Na2CrO4 溶液中 c(Cr2O72-)随 c(H＋)的变化如 图所示。 ①用离子方程式表示 Na2CrO4 溶液中的转化反应：_________________________________。 ②由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)； 根据 A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。 ③升高温度，溶液中 CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的 ΔH________0(填“大于”“小于” 或“等于”)。 【答案】 (1). Al2(SO4)3 (2). Na2CO3 (3). Na2SO4 (4). Fe2O3 (5). 2CrO42-＋2H ＋ Cr2O72-＋H2O (6). 增大 (7). 1.0×1014 (8). 小于 【解析】 【分析】 （1）不同溶液的蒸干，具有一定规律：1、强碱强酸盐不水解，加热蒸发其水溶液得其固体； 2、弱碱与易挥发性酸形成的盐，水解生成易挥发性酸，加热蒸发其水溶液有碱生成；若碱 难溶解，则生成沉淀；若碱易挥发，则逸出气体；3、弱碱与难挥发性酸生成的盐，水解生 成难挥发性酸，若碱不挥发，则加热蒸发其水溶液得其盐的晶体；4、多元弱酸的正盐，不 论弱酸是不是易挥发，蒸干其水溶液，都得到原来的溶质，只要阳离子水解，产物不易挥发； 5、易挥发性弱酸的酸式盐，加热蒸干得其正盐，只要阳离子水解产物不挥发；6、易被氧化 的盐，加热蒸干过程中，盐被 O2 氧化，以此分析。 （2）①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A 点 Cr2O72-的 浓度为 0.25mol/L，根据 Cr 元素守恒可知 CrO42-的浓度为 0.5mol/L，H+浓度为 1×10-7mol/L； 此时该转化反应的平衡常数为 K= ； ②溶液酸性增大，平衡 2CrO42-＋2H＋ Cr2O72-＋H2O 正向进行，CrO42-的平衡转化率增 大；A 点 Cr2O72-的浓度为 0.25mol/L，则消耗的 CrO42-的浓度为 0.5mol/L，则溶液中的 c （CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为 1×10-7mol/L，计算反应的平衡常数； ③升高温度，溶液中 CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移 动，据此判断。 【详解】（1）①Al2(SO4)3 中的铝离子可以水解，但是 Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，生成 的酸是硫酸，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸接着反应，仍然会留下 Al2(SO4)3； ②碳酸氢钠在溶液中受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最后得到的固体物质是 Na2CO3； ③亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是 Na2SO4； ④Fe2＋水解生成 Fe(OH)2 和 HCl，在加热蒸干过程中 HCl 挥发，Fe(OH)2 逐渐被氧化生成 Fe(OH)3，Fe(OH)3 灼烧分解生成 Fe2O3。 故本题答案为：Al2(SO4)3 ；Na2CO3 ；Na2SO4 ；Fe2O3； （2）①由图象可知，随着 H+浓度增大，Cr2O72-浓度增大，则离子反应方程式为 2CrO42-＋2H ＋ Cr2O72-＋H2O； 故答案为：2CrO42-＋2H＋ Cr2O72-＋H2O； ②溶液酸性增大，平衡正向进行，CrO42-的平衡转化率增大，A 点 Cr2O72-的浓度为 0.25mol/L，根据 Cr 元素守恒可知 CrO42-的浓度为 0.5mol/L，H+浓度为 1×10-7mol/L； 此时该转化反应的平衡常数为 K= = =1.0×1014； 故答案为：增大；1.0×1014 ； ③升高温度，CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向是放热反应，则 ΔH<0； 故答案为：小于。 【点睛】本题（1）小题易错点为忽视亚硫酸钠的还原性，在空气中加热其溶液发生的变化， 误认为加热蒸干后仍为亚硫酸钠。 25.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成： （1）酮洛芬中含氧官能团的名称为______________和______________。 （2）由 B→C 的反应类型是____________________。 （3）写出 D→E 反应的化学方程式______________________________________________。 （4）写出同时满足下列条件的 A 的一种同分异构体的结构简式_____________________。 Ⅰ.能发生银镜反应 Ⅱ.水解产物之一遇 FeCl3 溶液显色 Ⅲ.分子中含有 4 种不同化学环境的氢原子 （5）请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物 的合成路线流程图 （无机试剂可任选）________________。 【 答 案 】 (1). 羧 基 (2). 羰 基 (3). 取 代 反 应 (4). (5). (6). 【解析】 【分析】 （1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基； （2）对比 B、C 结构简式可知，B 中-Cl 为苯基取代生成 C，同时还生成 HCl； （3）对比 D、F 结构与 E 的分子式，可知 D 中-Br 被-CN 取代生成 E； （4）A 的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、水解产物之一 遇 FeCl3 溶液显色，说明含有甲酸酚酯结构，Ⅲ、分子中含有 4 种不同化学环境的氢，可以 是-OOCH 与-CH3 处于对位； （5）由题干可知此时距离获得目标产物还需苯乙酸，由甲苯生成苯乙酸需要在甲基后面增 加一个碳原子，结合酮洛芬的合成路线 B→C→D→E→F，便可由甲苯合成苯乙酸，再通过 酯化反应便可生成目标产物。 【详解】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知含有的含氧官能团为羧基、羰基， 故答案为：羧基、羰基； （2）对比 B、C 结构简式可知，B 中-Cl 为苯基取代生成 C，同时还生成 HCl，反应类型是 取代反应， 故答案为：取代反应； （3）对比D、F 结构与 E 的分子式，可知 D 中-Br 被-CN 取代生成 E，则反应的化学方程式 为： ， 故答案为： ； （4）A 的一种同分异构体满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ、水解产物之一 遇 FeCl3 溶液显色，说明含有甲酸酚酯结构，Ⅲ、分子中含有 4 种不同化学环境的氢，可以 是-OOCH 与-CH3 处于对位，符合条件的结构简式为： ， 故答案为： ； （5）甲苯与 Br2/PCl3 发生取代反应生成 ，与 NaCN 发生取代反应生成 ，再根据①NaOH/②HCl 得到 ，最后与乙醇发生酯化反应得 到 ， 合成路线流程图为： ， 故答案为： 。 【点睛】本题考查有机物的合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、官能团的结构 与性质，较好的考查学生信息获取与对知识迁移运用，注意利用转化关系中隐含的反应设计 合成路线。