2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高二下学期期中考试化学试题 解析版 考生须知：‎ ‎1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。‎ ‎3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；‎ ‎4．考试结束后，只需上交答题纸。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Mg-24，Al-27，Si-28，S-32，Cl-35.5，Br-80，I-127，Fe-56，Cu-64，Ba-137，Ag-108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共46分）‎ 一、选择题：（本题包括14小题，每小题2分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列各组物质中，都是强电解质的是 A. HF、HCl、BaSO4 B. NH4Cl、CH3COONa、Na2S C. NaOH、Ca(OH)2、NH3•H2O D. HClO、NaF、Ba(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强电解质是指:在水溶液中或熔融状态下,能够完全电离的化合物,即溶于水的部分或者熔融状态时,可以完全变成阴阳离子的化合物,一般是强酸、强碱和大部分盐类;弱电解质是指:在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐,据此即可解答。‎ ‎【详解】A、HF在溶液中只能部分电离,所以弱电解质,故A错误； B. NH4Cl、CH3COONa、Na2S是在水溶液中或熔融状态下,都能够完全电离的化合物,所以它们都属于强电解质,故B 正确； C、一水合氨在溶液中只能部分电离,所以弱电解质,故C错误； D、HClO在水溶液中只能部分电离,所以弱电解质,故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎2.下列有关实验操作正确的是 A. 除去Cl2中的HCl B. 焰色反应 C. 萃取碘水中碘 D. 称量氢氧化钠固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HCl、Cl2都与NaOH溶液发生反应，不能用于除杂，A错误；‎ B.用酒精灯的外焰灼烧，进行焰色反应，操作合理，B正确；‎ C.酒精与水混溶，不能用于萃取，C错误；‎ D.NaOH有腐蚀性和吸湿性，需要用小烧杯称量，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列化学用语或说法正确的是 A. 二氧化碳的结构式：O﹣C﹣O B. H2O2的电子式：‎ C. 18O和16O是两种不同的核素 D. 氡的放射性同位素22286Rn，其原子中的质子数为136‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2分子中C原子与2个O原子形成了4个共价键，与每个O原子形成2对共用电子对，A错误；‎ B.H2O2是共价化合物，不是离子化合物，B错误；‎ C. 18O和16O质子数相同，中子数不同，因此是两种不同的核素，C正确；‎ D.氡的放射性同位素22286Rn，其原子中的质子数为86，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.下列有关物质用途的说法中正确的是 A. 工业上利用氨气制硝酸属于人工固氮 B. 在食品包装袋内放入生石灰可以防止食品因氧化而变质 C. 工业炼铁的的原料主要有铁矿石、焦炭、空气、石灰石 D. 肥田粉是氯化铵，碳酸铵俗称碳铵 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮的固定是氮元素由单质变为化合物，因此工业上利用氨气制硝酸不属于人工固氮，A错误；‎ B.在食品包装袋内放入生石灰可以防止食品因受潮而变质，B错误；‎ C.石灰石分解产生CO2和CaO，C与O2反应产生CO2，CO2与C反应产生CO，CO与工业炼铁的的原料铁矿石反应冶炼Fe，CaO与铁矿石中的杂质反应形成炉渣，因此炼铁的的原料主要有铁矿石、焦炭、空气、石灰石，C正确；‎ D.肥田粉是氯化铵，碳酸氢铵俗称碳铵，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.A、B、C、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，B原子的半径在同周期主族元素的原子中最大，A、E同主族，D原子的最高正价与负价的绝对值相等。下列说法正确的是 A. 原子半径：D＞C B. 氢化物的稳定性：E＞A C. 氢氧化物的碱性：C＞B D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：E＞D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据题给信息首先确定A为氧；D为硅；B为钠；E为硫；C为镁或铝。从而确定D项正确。‎ 考点：元素周期律。‎ ‎6.下列离子方程式中正确的是 A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓‎ B. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ C. 向Na2CO3浓溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸：CO32﹣+H+=HCO3﹣‎ D. 锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应BaSO4沉淀外，还有水生成，A错误；‎ B.Cl2足量，FeBr2溶液中的离子要全部被氧化，二者反应的物质的量的比为2：3，离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，B错误；‎ C.反应符合事实，C正确；‎ D.醋酸是弱酸，不能写成离子形式，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.01 mol·L-1Ba(OH)2溶液：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-‎ B. 加入甲基橙显红色的溶液：Mg2+、Fe2+、Cl-、NO3-‎ C. 含有苯酚的溶液中：K+、NH4+、Br-、Fe3+‎ D. 0.01mol·L-1HCl溶液：K+、Na+、I-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A．在0.01 mol·L－1Ba(OH)2溶液中中Al3+、NH4＋、HCO3—均不能大量共存，A错误；B．加入甲基橙显红色的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2＋被NO3—氧化，不能大量共存，B错误；C．在含有苯酚的溶液中Fe3＋不能大量共存，C错误；D．在0.01mol·L－1HCl溶液中K＋、Na＋、I－、SO42—之间不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。‎ 考点：考查离子共存判断 ‎8.下列说法正确的是 A. 按系统命名法，化合物 的名称为2甲基2乙基丙烷 B. 图是某有机物分子的比例模型，该物质可能是一种氨基酸 C. OHCCH2CH2OH与CH3CH2COOH互为同分异构体 D. 木糖醇（）和葡萄糖互为同系物，均属于糖类 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.按系统命名法，该物质名称为2,2-二甲基丁烷，故错误；‎ B.该物质的结构简式为HOCH2CH2COOH，不是氨基酸，故错误；‎ C.二者分子式相同，都为C3H6O2，结构不同，所以互为同分异构体，故正确；‎ D.前者为多元醇，后者为多羟基醛，不是同系物，木糖醇不属于糖类，故错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】掌握“同”字的概念，如同系物为结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。‎ ‎9.一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，各容器中充入的物质的物质的量如下表，700℃ 条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是 容器 充入容器中的物质的物质的量 Ⅰ ‎1 mol CO和 1 mol H2O Ⅱ ‎1 mol CO2和1 mol H2‎ Ⅲ ‎2 mol CO和2 mol H2O A. 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同 B. 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同 C. 容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的少 D. 容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2 的转化率之和小于1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，刚开始时，容器I中正反应速率最大，容器II中正反应速率为零，达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，所以容器Ⅰ中的正反应速率大于容器Ⅱ中正反应速率，A错误；‎ B.容器III可看成容器I体积压缩一半，各物质浓度增加一倍，若温度恒定，则平衡不移动；但恒容绝热的情况下，容器III中温度比容器I高，更有利于平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以化学平衡常数K(I)>K(III)，B错误；‎ C.容器Ⅰ从正反应方向开始，容器III从逆反应方向开始，由于该反应的正反应为放热反应，所以反应达到平衡时，容器Ⅰ的温度高于容器II，升高温度，化学平衡逆向移动，因此I中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，C错误；‎ D.根据选项C可知容器I、II的温度不相同，容器I的温度高于700℃，容器II温度低于700℃。若容器II的温度也是700℃，一个从正反应方向开始，一个从逆反应方向开始，I中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2 的转化率之和等于1，但容器II温度低于700℃，降低温度，平衡正向移动，使CO2的转化率降低，因此容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2 的转化率之和小于1，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.常温下，关于pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法不正确的是 A. c(NH3·H2O)>c(NaOH)‎ B. c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)‎ C. 两种溶液中水的电离程度相同 D. 等体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别与足量相同浓度的盐酸完全中和时，氨水所消耗的盐酸体积多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，由于氨水为弱碱，在溶液中只能部分电离出氢氧根离子，则氨水浓度较大，即c(NH3•H2O)>c(NaOH)，A正确；‎ B.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)= c(OH-)-c(H+)，B错误；‎ C.两溶液中的氢氧根离子都抑制了水的电离，两溶液的pH相同，则对水的电离的抑制程度相同，C正确；‎ D.pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中，氢氧根离子的浓度相同，但一水合氨为弱碱，不能完全电离，而氢氧化钠为强碱，完全电离，故c(NH3•H2O)>c(NaOH)，则等体积的两溶液与盐酸反应时，氨水消耗的盐酸的体积更多，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，17g甲基(-14CH3)所含的电子数为10NA B. 标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NA C. 标准状况下，11.2LNO或11.2LO2含有的原子总数为1NA D. 5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下，17g甲基(-14CH3)的物质的量是1mol，由于1个甲基中含有9个电子，所以1mol甲基中所含的电子数为9NA，A错误；‎ B.在标准状况下苯是液态，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；‎ C.标准状况下，NO、O2都是气体，二者都是双原子分子，11.2LNO的物质的量是0.5mol，含有的原子数为NA，11.2LO2的物质的量是0.5mol，含有的原子数为1NA，C正确；‎ D.Fe与Cl2反应生成FeCl3，二者反应的物质的量的比为2:3,5.6gFe的物质的量为0.1mol，可见Cl2不足量，反应转移电子以Cl2为标准，是0.2NA，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1①，3H2(g)＋Fe2O3(s)=2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH2②，2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3③，2Al(s)＋3/2O2(g)=Al2O3(s) ΔH4④，2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s) ΔH5 ⑤，下列关于上述反应焓变的判断正确的是 A. ΔH1<0，ΔH3>0 B. ΔH5<0，ΔH4<ΔH3 C. ΔH1=ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3=ΔH4＋ΔH5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) 该反应为放热反应，故ΔH1<0，2Fe(s)＋3/2O2(g)===Fe2O3(s)为放热反应，故ΔH3<0，故A错误；‎ B. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)反应为放热反应，故ΔH5<0，根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5<0，故正确；‎ C.根据盖斯定律分析，有2（②+③）/3=①，则有2（ΔH2+ΔH3）/3=ΔH1，故错误；‎ D. 根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5，故错误。‎ 故选B。‎ ‎13.关于下列四个图像的说法中正确的是 A. 图①表示可逆反应“CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)”中的ΔH大于0‎ B. 图②以石墨为电极电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1∶1‎ C. 图③表示碳酸钠溶液加水稀释时溶液的pH值变化 D. 图④表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图①表示反应物的能量比生成物的能量高，反应是放热反应，ΔH<0，A错误；‎ B.以石墨为电极电解NaCl溶液，阳极产生Cl2，阴极产生H2‎ ‎，二者的物质的量相同;当NaCl电解完全后，电解水，阳极产生O2，阴极产生H2，这时二者的物质的量的比是1：2，因此两个电极最终得到的气体的体积比一定相同，B错误；‎ C.碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，当加水稀释时，水解平衡正向移动，使溶液中OH-的物质的量增大，但溶液中水增大的多，使溶液中c(OH-)减小，因此溶液的pH减小，C正确；‎ D.该反应反应前后气体的物质的量不相等，增大压强，物质浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡所需的时间减小，但增大压强，平衡正向移动，使平衡时反应物的含量减小，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示，下列说法正确的是 A. 图中能量转化方式只有2种 B. H+向a极区移动 C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3‎ D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。‎ 二、选择题：（本题包括6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎15.利用图实验装置，能得出相应实验结论的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 浓醋酸 CaCO3‎ C6H5ONa 酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚 B Br2苯溶液 铁屑 AgNO3‎ 苯和溴单质在铁催化剂作用下发生取代反应 C 浓硫酸 乙醇 KMnO4‎ 发生消去反应生成乙烯 D 硫酸 Na2CO3‎ Na2SiO3‎ 非金属性：S＞C＞Si A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸易挥发，③中变浑浊可能为醋酸与C6H5ONa的反应，则图中装置不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱，A错误；‎ B.溴单质具有挥发性，挥发的溴单质溶于AgNO3溶液，也会反应产生AgBr淡黄色沉淀，因此不能证明苯和溴单质在铁催化剂作用下发生取代反应，B错误；‎ C.乙醇具有挥发性，同时具有还原性，会被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，不能证明乙醇与浓硫酸反应产生乙烯，C错误；‎ D.比较非金属性可利用最高价氧化物对应水化物酸性强弱，由于酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，利用强酸与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸，因此可以证明元素的非金属性S＞C＞Si ，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎16.某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如下图所示，下列说法中错误的是 A. 由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键 B. 由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子 C. 若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3-O-CH3‎ D. 仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：读红外光谱图可知，该有机物至少含有C－H、O－H、C－O键，故A正确；读核磁共振氢谱图可知，该有机物具有3个吸收峰，因此含有3种氢原子，故B正确；虽然CH3－O－CH3的分子式为C2H6O，但是具有对称结构的它只含有1种氢原子，不仅核磁共振氢谱图中只有1个吸收峰，而且没有O－H键，与红外光谱图、核磁共振氢谱图均不相符，说明A不是甲醚，而是乙醇（CH3－CH2－O－H），故C错误；虽然核磁共振氢谱图中吸收峰的个数可以得知该有机物所含氢原子的种数，吸收峰峰面积之比可以得知不同种类氢原子的个数之比，但是不能得知该有机物所含氢原子总数，故D正确。‎ 考点：考查确定有机物结构的常用方法，涉及红外光谱图、核磁共振氢谱图的辨认与推断。‎ ‎17.利用下图所示的有机物X可生产S诱抗素Y。下列说法正确的是 A. X结构中有2个手性碳原子 B. X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应 C. Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色 D. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH，1 mol Y最多能加成4 molH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则X中只有与-OH相连的C为手性碳原子，A错误；‎ B. X中含有-OH、-COOH、碳碳双键、-CONH-、-COOC-，可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，含-NH2则能与盐酸反应生成有机盐，B正确； ‎ C.Y中不含酚羟基，则不具有酚的性质，所以不与FeCl3溶液发生显色反应，但含有-OH、C=C，能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；‎ D.-OH、-COOH、-CONH-、-COOC-均能与碱反应，则1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，Y中含3个碳碳双键和1个，则1molY最多能加成消耗4molH2，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎18.纯的叠氮酸（HN3）是一种弱酸，常温下向25mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入0.2 mol/L HN3溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如下图。下列说法正确的是 A. 该滴定过程中应用甲基橙作指示剂 B. 若B点pH=8，则c(HN3)=(10-6-10-8 )mol/L C. 点D对应溶液中存在关系：c(HN3)>c(Na+)>c(N3-)‎ D. 沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c(OH-)逐渐减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HN3是一元弱酸，与NaOH等物质的量反应得到的盐是强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以滴定时要选择在碱性条件下变色的指示剂酚酞，不能使用酸性范围变色的指示剂甲基橙，A错误；‎ B.在B点时NaOH与HN3恰好发生中和反应产生NaN3‎ ‎，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N3-)，由于NaOH、HN3的体积已知，所以c(Na+)=(25mL× 0.1 mol/L)÷(25+12.5)mL=0.067mol/L，此时溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，可得c(N3-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)= c(Na+)+10-8-10-6，再根据物料守恒可得c(HN3)+ c(N3-)=c(Na+)，所以c(HN3)=(10-6～10-8 )mol/L，B正确；‎ C. D点时HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液为NaN3、HN3等物质的量关系混合，此时溶液中存在HN3的电离作用和N3-的水解作用，根据图示可知此时溶液显酸性，说明HN3的电离作用大于N3-的水解作用，所以c(N3-)>c(Na+)，HN3由于电离而消耗，因此c(Na+)>c(HN3)，因此溶液中微粒浓度关系为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)，C正确；‎ D.在A点溶液为NaOH溶液，NaOH是碱，抑制水的电离，随着HN3的加入，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，当到B点时酸碱恰好中和，水电离程度达到最大值，后再向溶液中加入HN3，这时随着酸的加入，溶液逐渐变为酸性，酸对水的电离起抑制作用，水电离程度由逐渐减小，因此沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c(OH-)先逐渐增大到B点时最大，后又逐渐减少，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.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 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】‎ ‎【详解】A.由铝土矿制备较高纯度A1，可用氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤后通入CO2气体生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，A错误；‎ B.石英主要成分为二氧化硅，不是盐，与盐酸不反应，且玻璃与盐酸不反应，B错误；‎ C.粗硅的反应SiO2+2CSi+2CO↑，反应中SiO2为氧化剂，C为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，C正确；‎ D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2、FeO，Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，SO2既是还原产物又是还原产物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎20.常温下，pH=1的某溶液A中含NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32-、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1。现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。下列有关说法正确的是 A. 该溶液中一定有上述离子中的NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子 B. 实验消耗Cu 14.4 g，则生成气体丁的体积为3.36 L C. 沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4‎ D. 一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在，A、溶液A中加入过量的(NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁因此，丁为NO2，丙为：NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n(Al3＋）＋n(H＋‎ ‎）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，故正确；B、题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，故错误；C、因为加的是过量的(NH4）2CO3，所以有Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有SO42－，因此也就有Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，故错误；D、根据A选项的分析，原溶液中一定没有I－，故错误。‎ 考点：考查离子的共存、离子的检验等知识。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共54分）‎ 二、非选择题（本大题共5小题，共54分）‎ ‎21.A是用于制造汽车发动机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，取2.05g A在纯氧中充分反应，得到2.55g固体E和一种气体G。一定条件下，A还存在如下图所示的物质转化关系，其中C、F、K是无色无味的气体单质，D、H是固体单质。反应②常用于汽车尾气的处理。‎ ‎(1)C的电子式_________。‎ ‎(2)A中所含元素形成的二种简单离子的半径_______大于_______。（填离子符号）‎ ‎(3)反应②的化学方程式_______________________。‎ ‎(4)写出反应④的离子方程式_______________________。‎ ‎(5)A在潮湿的空气里不稳定，产生一种刺激性气味的气体，写出反应的化学方程式_____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). N3- (3). Al3+ (4). 2NO+2CON2+2CO2 (5). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ (6). AlN+3H2O=Al(OH)3+NH3↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，C、F、M是无色无味的气体单质，三者分别为H2、N2、O2中的一种，电解得到H与F，H固体单质，可与NaOH溶液反应产生J和K，J为NaAlO2、K为H2，推知E为Al2O3‎ ‎、H为Al、F为O2；反应②常用于汽车尾气的处理，B、G是汽车尾气中的主要污染气体，汽车尾气处理原理是是CO+2NOCO2+N2，结合D是固体单质，可知D是C单质，B是CO，G是NO， C与F在放电条件下得到G为NO，C为N2；I为CO2， A是用于制造汽车发动机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，与CO反应①，产生N2、C和Al2O3，根据元素守恒，结合元素的原子结构可知A为AlN，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是AlN；B是CO；C是N2；D是C单质；E是Al2O3；F是O2；G是NO；H是Al；I是CO2；J是NaAlO2；K是H2。‎ ‎(1)C是N2，两个N原子共用三对电子，使每个N原子都达到稳定结构，因此N2的电子式为。‎ ‎(2)A是AlN，其中所含元素形成的二种简单离子N3-、Al3+的电子层排布都是2、8，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径N3-大于Al3+。‎ ‎(3)反应②是CO与NO在催化剂和加热时反应产生无毒无害的CO2和N2，该反应的化学方程式是2NO+2CON2+2CO2。‎ ‎(4)Al可以与强碱NaOH溶液发生反应，产生NaAlO2和氢气，反应④的离子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑。‎ ‎(5) AlN是弱酸弱碱盐，在潮湿的空气里与空气中的水蒸气发生反应，产生一种刺激性气味的气体NH3和Al(OH)3，该反应的化学方程式是AlN+3H2O=Al(OH)3+NH3↑。‎ ‎【点睛】本题考查无机物推断的知识，物质的状态及转化关系中特殊反应是解答题目的突破口，要结合转化关系进行推断，侧重于学生的分析能力的考查，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度较高。‎ ‎22.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。‎ ‎(1)利用H2和CO2生产甲醇燃料。为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3.25 molH2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如图所示。‎ ‎①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=_________。‎ ‎②下列措施中一定能使CO2的转化率增大的是____________。‎ A.在原容器中再充入1 molCO2 B.在原容器中再充入1molH2‎ C.在原容器中充入1 molHe D.使用更有效的催化剂 E.缩小容器的容积 F.将水蒸气从体系中分离出 ‎(2)利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)　ΔH=akJ/mol，在一定条件下，测得该反应达到平衡状态时的实验数据如表所示。请根据表中数据回答下列问题。‎ 温度(K)‎ CO 2转化率/ (%)‎ ‎500‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎1.5‎ ‎45‎ ‎33‎ ‎20‎ ‎12‎ ‎2‎ ‎60‎ ‎43‎ ‎28‎ ‎15‎ ‎3‎ ‎80‎ ‎61‎ ‎35‎ ‎21‎ ‎①上述反应的a________0（填“大于”或“小于”）。该反应自发的条件是__________（填“高温”，“低温”，或“任意温度”）。‎ ‎②恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎③在2L密闭容器中充入1molCO2，在 ‎ =3，500K的温度下达到化学平衡时，则反应的平衡常数是_______________。‎ ‎(3)锂空气电池是前景很广的新颖电池，但锂和空气中的氮气、二氧化碳、水蒸气等发生副反应是锂-空气电池的致命缺陷。所以应在锂金属电极上加一个保护层。该技术的核心是锂表面增加了一层由碳酸锂/碳（Li2CO3/C）组成的致密的保护性涂层。涂层的过程：利用熔融碳酸盐作电解质，直接由锂金属电极与二氧化碳通过 10 次充放电循环，在电极的表面进行化学反应来完成。写出锂电极生成致密保护涂层的电极反应式___________________。利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化还原为乙烯，如图所示。在阴极上产生乙烯的电极反应式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.25mol/(L·min) (2). BEF (3). 小于 (4). 低温 (5). 不变 (6). (7). 2Li-2e-+CO32-=Li2CO3 (8). 2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据题目内容可知，该工业方法制取甲醇为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水；根据三段式计算出反应混合物各组分的浓度变化量、平衡时的浓度，根据v=，计算出v(H2)；‎ ‎②CO2的转化率增大，平衡正向移动，根据影响平衡移动的外界因素可以作判断；‎ ‎(2)①依据图表数据分析二氧化碳转化率随温度升高减小，结合平衡移动原理得到反应能量变化；‎ ‎②催化剂对化学平衡没有影响，所以加入催化剂，平衡不移动，反应反应热不变；‎ ‎③根据物质的浓度、反应温度及CO2的转化率，结合平衡常数的含义计算该温度下的化学平衡常数；‎ ‎(5)锂电极生成致密保护涂层实质上是锂失去电子，与熔融盐中的CO32-结合形成Li2CO3；CO2在钾盐的水溶液中获得电子，被还原变为乙烯。‎ ‎【详解】(1)①该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，根据反应方程式可知，在3min时，CH3‎ OH(g)的物质的量变化了0.5mol，△c(CH3OH)==0.25mol/L，V(CH3OH)==mol/(L·min)，根据方程式可知V(H2)=3V(CH3OH)=3×mol/(L·min)= 0.25mol/(L·min)；‎ ‎②CO2的转化率增大，平衡正向移动，根据影响平衡移动的外界因素可以作判断；‎ A.在原容器中再充入1mol CO2，CO2的总物质的量在增加，虽然平衡在正向移动，根据勒夏特列原理可知，CO2的转化率减小，A错误；‎ B.在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；‎ C.在原容器中充入1mol He，体积没有变化，各成分浓度不变，平衡不移动，C错误； ‎ D.使用更有效的催化剂，对化学平衡的移动没有影响，D错误；‎ E.缩小容器的容积，相当于加压，由于该反应是气体体积减小的反应，所以平衡正向移动，CO2的转化率增大，E正确； ‎ F.将水蒸气从体系中分离出，减小生成物浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，F正确；‎ 故合理选项是BEF；‎ ‎(2)①由图表分析判断，随温度升高，二氧化碳转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向进行，逆反应方向是吸热反应，则正反应是放热反应，所以a小于0，要提高CO2的转化率，就要使平衡正向移动，由于该反应的正反应为放热反应，实验根据平衡移动原理，可知反应温度要在低温下进行；‎ ‎②催化剂对化学平衡没有影响，所以加入催化剂，化学平衡不移动，化学反应的反应热不变；‎ ‎③在2L密闭容器中充入1molCO2，在 =3，根据表格可知在500K时，CO2的转化率是80%，‎ 发生反应： 2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)‎ c(开始)mol/L 0.5 1.5 0 0‎ c(改变)mol/L 0.4 1.2 0.2 0.6‎ c(平衡)mol/L 0.1 0.3 0.2 0.6‎ 则在该温度下达到化学平衡时，则反应的平衡常数是K==；‎ ‎(5)锂电极生成致密保护涂层实质上是锂失去电子，与熔融盐中的CO32-结合形成Li2CO3，因此锂电极的电极反应式为：2Li-2e-+CO32-=Li2CO3；利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化下，与溶液中的H+‎ 及水反应，被还原为乙烯，则在阴极上产生乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O。‎ ‎【点睛】本题主要考查了化学反应速率的计算、影响化学平衡移动、原电池、电解池的反应原理等知识，解题时要注意结合题干信息，结合对化学反应基本原理的理解和应用。‎ ‎23.某工厂废水中含游离态氯（即含有氯分子Cl2），通过下列实验测定其浓度：‎ ‎①取废水样10.0 mL于锥形瓶，加入10.0mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。‎ ‎②取一滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，然后就注入0.01 mol/L的Na2S2O3标准液，调整液面，记下读数。‎ ‎③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（Na2S4O6溶液为无色）。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①加入指示剂是________________。‎ ‎(2)步骤①反应的离子方程式是______________________________________。‎ ‎(3)步骤③当锥形瓶中待测液的颜色由_________________________________即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为______________。‎ ‎(4)按照上述实验操作，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度_________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。‎ ‎(5)若读Na2S2O3溶液的体积不规范，没有平视，滴定前仰视，滴定后又俯视，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度___________________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。‎ ‎(6)下列有关滴定实验的说法正确的是_______。‎ A.检查酸性滴定管是否漏水，关闭活塞，向滴定管中注一定量水，观察尖嘴部分是否滴水 B.用标准液滴定待测液时，滴定前尖管处无气泡，滴定后有气泡，则测定结果偏大 C.酸碱中和反应无明显现象，可以用pH计来指示反应终点 D.滴定过程中滴加溶液速度不能太快，一般以每秒3~4滴为宜 ‎【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (3). 蓝色变无色，且30s内不再变化 (4). 0.01mol/L (5). 偏大 (6). 偏小 (7). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氯气氧化碘离子生成碘单质，碘与淀粉变蓝色；‎ ‎(2)氯气氧化碘离子生成碘单质；‎ ‎(3)碘与淀粉变蓝色，当滴入Na2S2O3标准液将碘单质完全还原，溶液由蓝色变为无色，即达到滴定终点；先据V(I2)·c(I2)=n(Na2S2O3)分析，求出n（I2），再据Cl2+2I-=I2+2Cl-求n(Cl2)；‎ ‎(4)盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度偏低，所用标准液体积偏大，据V(I2)·c(I2)=n(Na2S2O3)分析，c(I2)偏大则Cl2的物质的量浓度会偏大；‎ ‎(5)首先确定消耗标准溶液的体积大小，滴定前仰视，滴定后又俯视，导致标准液体积偏小然后根据已知溶液与标准溶液的物质的量关系分析判断；‎ ‎(6)根据滴定操作判断实验误差。‎ 详解】(1)步骤①加入淀粉溶液作指示剂；‎ ‎(2)氯气氧化碘离子生成碘单质，离离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；‎ ‎(3)碘与淀粉变蓝色，当滴入Na2S2O3标准液将碘单质完全还原I-，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变化即达到滴定终点；‎ 根据化学反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：V(I2)·c(I2)=n(Na2S2O3)，c(I2)===0.005mol/L，根据2KI+Cl2=2KCl+I2，n(Cl2)=n(I2)=0.005mol/L×0.020L=0.0001mol，10mL废水中c(Cl2)==0.01mol/L；‎ ‎(4)由于盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度偏低，所用标准液体积偏大，据c(I2)=分析，c(I2)偏大，c(I2)偏大则Cl2的物质的量浓度会偏大；‎ ‎(5)滴定前仰视，滴定后又俯视，导致标准液体积偏小，据c(I2)=可知碘单质的浓度偏小；‎ ‎(6) A.检查酸性滴定管是否漏水，关闭活塞，向滴定管中注一定量水，观察尖嘴部分是否滴水，然后旋转180°，观察是否漏水，A错误；‎ B.用标准液滴定待测液时，滴定前尖管处无气泡，滴定后有气泡，则消耗的标准溶液的体积偏小，由于c(I2)=，所以测定结果偏小，B错误；‎ C.酸碱中和反应若未加指示剂，就无明显现象，可以用pH计来指示反应终点，C正确；‎ D.滴定过程中滴加溶液速度若太快就会产生误差，一般以每秒3~4滴为宜，D正确；‎ 故合理选项是CD。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原滴定中指示剂的使用、滴定终点的判断、滴定管的使用、滴定计算，误差分析等，充分体现了化学是一门实验性学科，要在平时充分重视实验教学。‎ ‎24.水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：‎ ‎(1)纯水在100 ℃时，pH=6，该温度下0.1 mol·L-1的NaOH溶液的pH=_____________。‎ ‎(2)体积均为100 mL、pH均为2的盐酸与一元弱酸HX，加水稀释过程中盐酸的pH与溶液体积的关系如图所示，则在图上画出HX加水至500mL稀释过程中pH值的变化曲线_____，并说明理由___________。‎ ‎(3)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：‎ 化学式 电离平衡常数（25 ℃）‎ HCN K=4.9×10-10‎ CH3COOH K=1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11‎ ‎25 ℃时，在0.5 mol·L-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的_____倍。‎ ‎(4)写出在NaCN溶液中通入少量CO2反应的离子方程式________________________。‎ ‎(5)某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析合理的是___________。‎ A 碳酸钠水解是吸热反应 B ab段说明水解平衡向右移动 C bc段说明水解平衡向左移动 D 水的电离平衡也对pH产生影响 ‎【答案】 (1). 11 (2). (3). pH相同时HX的起始浓度大，稀释相同倍数，HX电离平衡右移，c(H+)变化量小，则HX的pH变化量比HCl的小 (4). 9×108 (5). CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3- (6). ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先计算100 ℃时的Kw，然后计算NaOH溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎(2)盐酸是强酸，在水中完全电离，HX是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，根据稀释对溶液中c(H+)的影响分析；‎ ‎(3)先根据K计算溶液的c(H+)，然后根据该温度下水的离子积常数计算溶液中c(OH-)，酸溶液中水电离产生的c(H+)等于溶液中c(OH-)；‎ ‎(4)根据酸性H2CO3>HCN>HCO3-，结合CO2少量产生书写离子方程式；‎ ‎(5) A.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应；‎ B.ab段说明升温促进水解，碱性增大，溶液pH增大；‎ C.温度升高促进水解平衡正向进行。‎ D.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离液起到促进作用，氢氧根离子浓度抑制水解平衡。‎ ‎【详解】(1)纯水在100 ℃时，pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，由于水电离产生的H+与OH-的物质的量浓度相等，所以该温度下Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12(mol/L)2；该温度下0.1 mol·L-1‎ 的NaOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，所以c(H+)=10-11mol/L，因此该溶液的pH=11；‎ ‎(2)开始时HCl、HX的pH=2，说明溶液中c(H+)相等，HCl是强酸，完全电离，c(HCl)=c(H+)；HX是弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(HX)>c(H+)；当把溶液稀释时，由于盐酸是强酸，完全电离，所以溶液中c(H+)减小，pH增大；而HX是弱酸，在溶液中存在电离平衡，稀释使溶液中c(H+)减小，平衡正向移动使c(H+)又有所增加，因此稀释相同倍数后，溶液中c(H+)大小相对来说HX溶液中大，则pH值HX小，盐酸大，故稀释与溶液的pH关系图为：；‎ ‎(3)CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，K=，所以c2(H+)=c (CH3COOH)·K=0.5×1.8×10-5=9×10-6，所以c(H+)=3×10-3mol/L，由于Kw=10-14，所以c(OH-)=mol/L，由于水电离产生的H+与溶液中OH-浓度相等，所以水电离产生的c(H+)水=c(OH-)=mol/L，所以0.5 mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍数是=9×108；‎ ‎(4)根据酸性H2CO3>HCN，由于CO2少量，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应产生HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-；‎ ‎(5)A.分析图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温PH增大，说明水解是吸热反应，A正确；‎ B.ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大溶液PH增大，图象符合，B正确；‎ C.温度升高促进水解平衡正向进行，C错误；‎ D.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离液起到促进作用，氢氧根离子浓度抑制水解平衡，水的电离平衡也对pH产生影响，D正确；‎ 故合理选项是ABD。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液的pH于温度、浓度的关系、弱电解质的电离平衡、盐类水解平衡和水电离平衡的分析应用，主要是图象变化特征的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。‎ ‎25.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）非诺洛芬中的含氧官能团为____________________（填名称）。‎ ‎（2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_______________。‎ ‎（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是_______（填序号）。‎ ‎（4）B的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：___。‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）______。‎ ‎【答案】（1）醚键 羧基；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据非诺洛芬的结构式，可知含氧官能团为醚键 羧基；（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为；（3）有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应叫取代反应，根据定义在上述五步反应中，属于取代反应的是、、；‎ ‎（4）根据条件：能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的非诺洛芬的同分异构体的结构简式为：；（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图 ‎。‎ 考点：本题考查有机合成。‎ ‎ ‎