精品解析：广东省五校（省实、广州二中、执信、广雅、广州六中）2024-2025学年高一下学期期末联考化学试题

2024学年下学期高一期末五校联考试卷 化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分为100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内。 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。 本试题可能用到的相对原子质量：Be-9 O-16 Na-23 第一部分选择题(共44分) 一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是 A．西周青铜盉 B．莲花形玻璃托盏 C．明朝竹根雕杯 D．元朝银槎杯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，A错误； B．莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，B错误； C．明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，C正确； D．元朝银槎杯主要成分为金属银，属于金属材料，D错误； 故选C。 2. 化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是 A. 聚氯乙烯常用于制成食品包装袋 B. 通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源 C. 原电池装置能直接将电能转化为化学能 D. 铝热反应可用于野外焊接钢轨 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚氯乙烯（PVC）受热易释放有毒物质，不可用于食品包装，常用聚乙烯（PE）或聚丙烯（PP），A错误； B．煤的干馏、气化和液化均为化学变化（生成新物质），而非物理变化，B错误； C．原电池将化学能转化为电能，电解池才将电能转化为化学能，C错误； D．铝热反应释放大量热，熔化金属用于焊接钢轨，符合实际应用，D正确； 故选D。 3. 化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是 A. H2O2的电子式： B. 聚丙烯的结构简式： C. 四氯化碳的空间填充模型： D. 10B的原子结构示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2O2为共价化合物，所以电子式为：，A错误； B．丙烯发生加聚反应时，双键断开，得到聚丙烯，结构简式为：，B正确； C．氯原子的半径大于碳原子的，所以四氯化碳的空间填充模型：，C错误； D．B是5号元素，核外有5个电子，原子结构示意图：，D错误； 故选B。 4. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 油脂可用于生产肥皂 植物油在一定条件下能与H2发生加成反应 B 葡萄酒中可添加适量SO2 SO2是抗氧化剂并有杀菌作用 C 高纯硅可用于制作芯片 SiO2具有半导体性质 D 医疗上常用BaCO3作“钡餐” BaCO3不溶于水，不易被X射线透过 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂含有酯基，可碱性条件下水解，用于生产肥皂，称为油脂的皂化反应，植物油含不饱和键，可以和氢气发生加成反应，称为油脂的加氢（硬化）反应，二者无因果关系，但陈述均正确，A符合题意； B．SO2有抗氧化和杀菌作用，可添加在葡萄酒里面，性质解释其用途，因果关系成立，B不符合题意； C．SiO2不能导电，不具备半导体性质，陈述Ⅱ错误，C不符合题意； D．碳酸钡能与胃酸发生反应，产生重金属离子钡离子，有毒，所以钡餐实际使用BaSO4，陈述Ⅰ错误，D不符合题意； 故选A。 5. 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，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA B. 通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA C. 点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数为0.3NA D. 催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数为2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，SO3为固态或液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，A错误； B．羟基为电中性基团，质子数为O（8）+H（1）=9，电子数同样为O（8）+H（1）=9（中性羟基），则1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA，B正确； C．与铁反应生成，反应要转移电子，则完全反应转移的电子数为0.2NA，C错误； D．合成氨为可逆反应，无法完全转化，则与反应后得到的分子数小于，D错误； 故答案为：B。 6. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A. 利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ B. 向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O C. 向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O D. 利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，正确方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误； B．过量铁粉与稀硝酸反应应生成Fe2+而非Fe3+，正确方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++4H2O+2NO↑，B错误； C．H2O2在酸性条件下氧化I⁻生成I2，方程式H2O2+2I⁻+2H+=I2+2H2O，符合电荷守恒和原子守恒，C正确； D．反应中电子转移未配平，正确方程式为5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，D错误； 故选C。 7. X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. 对应简单离子半径：M<Q C. 元素Y形成的化合物的种类最多 D. X2M在液态时分子间存在氢键 【答案】B 【解析】 【分析】Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则Y为C元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；根据X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布；可知X元素在第一周期，为H元素；Z元素介于Y和M之间，则Z为N元素；最后可知Q一定位于第三周期且Q是短周期中金属性最强的元素，则Q为Na元素；据此分析解答。 【详解】A．Z为N元素，最高价氧化物对应水化物为，为强酸；Y为C元素，对应为，为弱酸；有酸性，A正确； B．M离子为，Q离子为，它们属于核外电子排布相同的微粒，离子半径随原子序数增大而减小，所以半径大于，B错误； C．Y为C元素，碳元素是目前形成化合物种类最多的元素，C正确； D．为，液态水分子间存在氢键作用，D正确； 故答案为：B。 8. 甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是 A. 甘油酸分子式为C3H6O4 B. 1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46g C. 一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应 D. 甘油酸分子中所有原子可能共平面 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据甘油酸的结构简式可知，其分子式为C3H6O4，A正确； B．甘油酸分子中含有的醇羟基和羧基官能团都能和金属钠反应，1mol甘油酸能与3mol金属Na反应，消耗金属Na质量为69g，B错误； C．甘油酸中不含碳碳双键、碳碳三键，无法发生加聚反应，含有的羟基、羧基，能发生酯化(取代)反应，与羟基相连的碳原子存在氢原子，能发生氧化反应，C错误； D．甘油酸分子中含有饱和碳原子，呈四面体状，所有原子一定不共面，D错误； 故选A。 9. 下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是 序号 实验操作 实验现象 实验结论 A 向滴有酚酞的水中加入适量 溶液变红色 是碱性氧化物 B 取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 待测液中含有 C 取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝色 待测液中含有 D 现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol∙L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol∙L-1H2SO4溶液 后者先出现浑浊 增大反应物浓度能增大化学反应速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．与水反应生成NaOH和，溶液显碱性使酚酞变红，与酸反应生成盐、水和O2，不符合碱性氧化物的定义，A错误； B．先加氯水可能将氧化为，但若原溶液含也会显红色，无法确定的存在，B错误； C．与浓NaOH加热生成，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C正确； D．实验未控制变量（浓度也变化），无法单独证明浓度增大导致速率加快， D错误； 故答案为：C。 10. 锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 锌锰干电池属于一次电池 B. 电池工作时，锌筒为负极 C. 电池工作时，石墨棒不会变细 D. 电池工作时，MnO2发生氧化反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．锌锰干电池只能放电一次，不能充电，为一次电池，A正确； B．电池工作时，石墨为正极而锌筒为负极，B正确； C．根据正极反应式可知：石墨棒不会变细，C正确； D．电池工作时MnO2在正极放电，发生还原反应，D错误； 故答案选D。 11. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示： (CuS难溶于水)。下列说法正确的是 A. 过程①中发生的反应体现H2S的还原性 B. 过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+ C. 过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子 D. 过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物 【答案】B 【解析】 【分析】过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2S，过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。 【详解】A．根据分析，过程①发生复分解反应，没有化合价的变化，没有体现H2S的还原性，A错误； B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：，B正确； C．没有指明标准状况，转移电子数无法计算，C错误； D．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+作氧化剂，在③中，Fe2+转化为Fe3+，Fe3+是氧化产物，D错误； 故选B。 12. 海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是 A. 步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸 B. 步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段 C. 步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂 D. 步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，据精盐可以用于氯碱工业制取氯气、氢氧化钠、氢气； 母液加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；母液得到的溴化钠被氧化剂氧化为溴单质， 溴单质被二氧化硫还原为溴离子而吸收，溴离子再被氧化剂氧化为溴单质被富集提纯。 【详解】A．步骤①中溶液要在溶液后面添加，可除去钙离子和过量的钡离子，A错误； B．通过电解熔融来制取Mg，B错误； C．步骤④和步骤⑥都用了作氧化剂，氧化溴离子，C错误； D．步骤①除去粗盐中的Mg2+用NaOH溶液，步骤②沉淀海水中的Mg2+用廉价的石灰乳，两者所用试剂不同，D正确； 故答案选D。 13. 下列实验装置或操作能够达到实验目的的是 A．除去SO2中混有的少量HCl气体 B．验证碳酸酸性强于硅酸 C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 D．制取NaHCO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．与饱和溶液不反应，而HCl可以和饱和溶液反应生成、和，可以除杂，A正确； B．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，氯化氢通入硅酸钠溶液中也有白色沉淀生成，所以无法验证碳酸的酸性强于硅酸，B错误； C．比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在内管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的导热性差，若与内管联通的石灰水变浑浊，与外管联通的石灰水不变浑浊，则可以说明稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C错误； D．氨气极易溶于水，通入氨气的导管不能伸入到液面以下，否则会发生倒吸，D错误； 故选A。 14. 部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥 B. a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键 C. 若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液 D. 工业制备e过程是：b→c→d→e 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，a为NH3，b为S或N2，c为NO，d为SO2或NO2或N2O4，e为HNO3，f为H2SO4，g为铵盐，据此分析解题。 【详解】A．NH3为碱性气体可以用碱石灰干燥，SO2或NO2是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A错误； B．a与e反应生成g的硝酸盐为，和之间是离子键，内部和内部是共价键，B正确； C．铁和浓硫酸钝化，不会加快生成氢气的速率，C错误； D．工业制备硝酸的流程是：N2与H2合成NH3，NH3与O2催化氧化为NO，NO与O2生成NO2，H2O吸收NO2生成HNO3，D错误； 故选B。 15. 在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是 A. 反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4) B. 0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1 C. 在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势 D. 其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，根据反应：，由化学计量数关系，得，A错误； B．是固体，无法用浓度变化来表示其反应速率，B错误； C．反应中气体总物质的量从增加到，因此混合气体的压强逐渐增大直到达到平衡，C正确； D．C为固体，增加其用量不会改变浓度，因此反应速率不变，D错误； 故答案为：C。 16. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确； B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误； C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确； D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确； 故答案为：B。 第二部分非选择题(共56分) 二、非选择题：本题共4道大题，共56分。 17. 某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 【查阅资料】 Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、 (绿色溶液)、 (紫色溶液)。 Ⅱ、浓碱条件下， 可被OH-还原为。 【实验探究】 Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略) Ⅱ、实验记录 序号 物质a C中实验现象 通入适量Cl2前 通入适量Cl2后 a 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 b 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 c 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 请回答下列问题： （1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、___________(从下图中选择，填名称)； 若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 （2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：___________。 （3）装置B中的试剂是___________。 （4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：___________。 （5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是： 原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：___________， 但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。 ②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为___________。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。 后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。 ③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：___________被氧化的速率大于___________被还原的速率(均填离子符号)。 【答案】（1） ①. 100mL容量瓶 ②. 偏大 （2） （3）饱和食盐水 （4） （5） ①. ②. ③. ④. 【解析】 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，因盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢，为排除HCl对Cl2性质的干扰，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中的杂质HCl，装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D的氢氧化钠溶液吸收多余Cl2，防止造成大气污染。 【小问1详解】 MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大； 【小问2详解】 装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：； 【小问3详解】 从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水； 【小问4详解】 通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：； 【小问5详解】 ①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：； ②取c中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：； ③溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。 18. 绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下： 已知：①铍元素的性质与铝元素相似 ②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。 ③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属离子 Be2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀pH 5.5 7.2 2.2 完全沉淀pH 7.5 9.5 3.2 请回答下列问题： （1）Be元素在周期表中的位置___________。 （2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为___________。 （3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是___________。 （4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：___________。 （5）“灼烧”工序的化学方程式为___________。 （6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体___________(填“能”或“不能”)选择N2。 （7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和___________(填化学式)。 （8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为___________(用百分数表示)。 【答案】（1）第二周期ⅡA族 （2） （3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，防止“沉铍”工序中引入杂质 （4）Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2- （5）(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑ （6）不能 （7）(NH4)2SO4 （8）50% 【解析】 【分析】绿柱石加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3、BeO分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧化碳，加入浓硫酸溶浸，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4) 3、Fe2(SO4) 3，滤渣1为H2SiO3和CaSO4，向滤液中加入硫酸铵沉铝，过滤得到滤液和铝铵矾，在滤液中加氨水调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液中含有BeSO4、(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水沉铍得到氢氧化铍，过滤后向氢氧化铍中加入HF、NH3，得到(NH4)2BeF4，(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，加入镁在高温下反应生成Be； 【小问1详解】 Be为4号元素，Be元素在周期表中的位置第二周期ⅡA族； 【小问2详解】 由分析，A为煅烧生成的二氧化碳气体，电子式为； 【小问3详解】 浓硫酸具有强氧化性，会将二价铁氧化为铁离子，而过氧化氢也具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，且不产生污染性二氧化硫气体，利于将铁元素转化为沉淀，防止“沉铍”工序中引入杂质； 【小问4详解】 由题给信息可知，Be的性质与Al类似，在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在，若使用NaOH溶液，生成[Be(OH)4]2-，因此会降低Be的沉淀率，导致Be的产率降低，离子方程式为：Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-。 【小问5详解】 由分析，“灼烧”工序反应为(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，化学方程式为(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑； 【小问6详解】 不能选择N2气氛，因为高温下，Be、Mg皆能与N2发生反应生成氮化物； 【小问7详解】 沉淀反应过滤后滤液中含有(NH4)2SO4，(NH4)2SO4可以在沉铝流程中使用，故该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和(NH4)2SO4； 【小问8详解】 若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，结合Be守恒，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为50%。 19. 碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。 请回答下列问题： （1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。 已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。 ①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)能量___________kJ。 ②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”) （2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示： ①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是___________mol∙L-1∙min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是___________。 ②2min时，v正(CH3OH)___________v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”) ③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。 A．气体的平均摩尔质量保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C．的比值保持不变 D．H2的体积分数保持不变 ④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间___________(填“>”、“<”或“=”)5min。 （3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。 ①电池中通入的原料X是___________(填“甲醇”或“氧气”)。 ②电极b的电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. 吸收 ②. 241 ③. b （2） ①. 2.4 ②. 5：3 ③. > ④. AD ⑤. = （3） ①. 甲醇 ②. O2+4e-+2H2O=4OH- 【解析】 【分析】水分解为氢气，氢气和二氧化碳催化转化为甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳，分离出二氧化碳循环利用； 【小问1详解】 焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的∆H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482 kJ/mol，则1molH2O(g)完全分解需吸收能量482kJ÷2=241kJ的能量； ②该过程反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则符合条件的为b； 【小问2详解】 ①由题意，反应为，由图，0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是；反应为气体分子数减小2的反应，反应生成8mol甲醇，则气体减少16mol，上述条件下达到平衡时，总的物质的量为40mol-16mol=24mol，结合阿伏伽德罗定律，容器内起始压强与平衡压强之比是40:24=5:3； ②2min后甲醇量仍增大，则反应正向进行，此时v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)； ③A．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡； B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； C．的比值等于反应中系数比，为定值，其保持不变不能说明反应已达平衡； D．H2的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，反应已达平衡； 故选AD； 【小问3详解】 ①甲醇燃料电池中氧气一极为正极、甲醇一极为负极，由图中氢氧根离子移动方向可知，a极为负极、b极为正极，则电池中通入的原料X是甲醇。 ②电极b为正极，碱性条件下，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。 20. 有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料合成，合成路线如下图所示： 已知：过程Ⅰ是淀粉在酸性条件的水解反应，过程Ⅱ是酯化反应。 请回答下列问题： （1）有机物A是葡萄糖，A中含有的官能团名称是___________。 （2）写出A在酶的催化下转化成B反应的化学方程式：___________。 （3）写出过程Ⅱ反应的化学方程式：___________。 （4）关于上述合成路线中的相关物质及转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。 A. 淀粉的分子式为(C6H10O5)n B. 过程Ⅱ的反应中有C—O键的断裂和形成 C. 可以利用饱和Na2CO3溶液鉴别有机物B、D和E D. 向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液后得到新制Cu(OH)2，再加入过程Ⅰ反应后的溶液，加热后没有产生砖红色沉淀，说明过程Ⅰ中淀粉还没有发生水解。 （5）对于化合物E，分析预测其可能的化学性质并完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应后形成的新有机物 (结构简式) 反应类型 ① Cu、O2、加热 ___________ ② NaOH溶液 ___________ 中和反应 （6）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备有机物B．若该反应中反应物之一为H2O，则另一反应物的化学名称是___________。 （7）有机物X是F的同分异构体，写出符合下列条件的有机物X的结构简式___________。 ①有机物X分子结构中含有两个甲基 ②1mol有机物X与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2 【答案】（1）羟基、醛基 （2）C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑ （3） （4）AB （5） ①. 氧化反应或催化氧化反应 ②. （6）乙烯 （7） 【解析】 【分析】淀粉水解生成葡萄糖（A）；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇（B）和CO2；乙醇被催化氧化生成乙醛（C）；乙醛继续被氧化生成乙酸（D）；乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水。 【小问1详解】 葡萄糖分子中含有醛基和羟基； 【小问2详解】 葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑； 【小问3详解】 乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水，反应的化学方程式为； 【小问4详解】 淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A正确；酯化反应中酸分子断开C-O键，醇分子断开O-H键后，生成酯基时又有新的C-O键形成，B正确；D、E均含羧基，都能与碳酸钠产生CO2，无法鉴别两者，C错误；选项中配制Cu(OH)2悬浊液碱没有过量，淀粉水解后液体呈酸性，检验产物前应先加碱中和过量的酸，再用新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，D错误；故答案选AB； 【小问5详解】 E分子中，与羟基相连的C原子还连有H原子，故可在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应（或催化氧化反应），生成；E分子中含有羧基，故可以与NaOH溶液发生中和反应生成； 【小问6详解】 乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，原子利用率为100%； 【小问7详解】 依题，X结构中含有2个甲基和2个羧基，故可推出X的结构为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年下学期高一期末五校联考试卷 化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分为100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内。 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。 本试题可能用到的相对原子质量：Be-9 O-16 Na-23 第一部分选择题(共44分) 一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是 A．西周青铜盉 B．莲花形玻璃托盏 C．明朝竹根雕杯 D．元朝银槎杯 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是 A. 聚氯乙烯常用于制成食品包装袋 B. 通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源 C. 原电池装置能直接将电能转化为化学能 D. 铝热反应可用于野外焊接钢轨 3. 化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是 A. H2O2的电子式： B. 聚丙烯的结构简式： C. 四氯化碳的空间填充模型： D. 10B的原子结构示意图： 4. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 油脂可用于生产肥皂 植物油在一定条件下能与H2发生加成反应 B 葡萄酒中可添加适量SO2 SO2是抗氧化剂并有杀菌作用 C 高纯硅可用于制作芯片 SiO2具有半导体性质 D 医疗上常用BaCO3作“钡餐” BaCO3不溶于水，不易被X射线透过 A. A B. B C. C D. D 5. 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，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA B. 通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA C. 点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数为0.3NA D. 催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数为2NA 6. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A. 利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ B. 向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O C. 向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O D. 利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O 7. X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. 对应简单离子半径：M<Q C. 元素Y形成的化合物的种类最多 D. X2M在液态时分子间存在氢键 8. 甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是 A. 甘油酸分子式为C3H6O4 B. 1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46g C. 一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应 D. 甘油酸分子中所有原子可能共平面 9. 下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是 序号 实验操作 实验现象 实验结论 A 向滴有酚酞的水中加入适量 溶液变红色 是碱性氧化物 B 取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 待测液中含有 C 取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝色 待测液中含有 D 现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol∙L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol∙L-1H2SO4溶液 后者先出现浑浊 增大反应物浓度能增大化学反应速率 A. A B. B C. C D. D 10. 锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 锌锰干电池属于一次电池 B. 电池工作时，锌筒为负极 C. 电池工作时，石墨棒不会变细 D. 电池工作时，MnO2发生氧化反应 11. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示： (CuS难溶于水)。下列说法正确的是 A. 过程①中发生的反应体现H2S的还原性 B. 过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+ C. 过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子 D. 过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物 12. 海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是 A. 步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸 B. 步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段 C. 步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂 D. 步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同 13. 下列实验装置或操作能够达到实验目的的是 A．除去SO2中混有的少量HCl气体 B．验证碳酸酸性强于硅酸 C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 D．制取NaHCO3 A. A B. B C. C D. D 14. 部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥 B. a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键 C. 若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液 D. 工业制备e过程是：b→c→d→e 15. 在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是 A. 反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4) B. 0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1 C. 在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势 D. 其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大 16. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 第二部分非选择题(共56分) 二、非选择题：本题共4道大题，共56分。 17. 某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 【查阅资料】 Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、 (绿色溶液)、 (紫色溶液)。 Ⅱ、浓碱条件下， 可被OH-还原为。 【实验探究】 Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略) Ⅱ、实验记录 序号 物质a C中实验现象 通入适量Cl2前 通入适量Cl2后 a 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 b 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 c 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 请回答下列问题： （1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、___________(从下图中选择，填名称)； 若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 （2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：___________。 （3）装置B中的试剂是___________。 （4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：___________。 （5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是： 原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：___________， 但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。 ②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为___________。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。 后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。 ③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：___________被氧化的速率大于___________被还原的速率(均填离子符号)。 18. 绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下： 已知：①铍元素的性质与铝元素相似 ②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。 ③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属离子 Be2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀pH 5.5 7.2 2.2 完全沉淀pH 7.5 9.5 3.2 请回答下列问题： （1）Be元素在周期表中的位置___________。 （2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为___________。 （3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是___________。 （4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：___________。 （5）“灼烧”工序的化学方程式为___________。 （6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体___________(填“能”或“不能”)选择N2。 （7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和___________(填化学式)。 （8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为___________(用百分数表示)。 19. 碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。 请回答下列问题： （1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。 已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。 ①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)能量___________kJ。 ②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”) （2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示： ①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是___________mol∙L-1∙min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是___________。 ②2min时，v正(CH3OH)___________v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”) ③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。 A．气体的平均摩尔质量保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C．的比值保持不变 D．H2的体积分数保持不变 ④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间___________(填“>”、“<”或“=”)5min。 （3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。 ①电池中通入的原料X是___________(填“甲醇”或“氧气”)。 ②电极b的电极反应式为___________。 20. 有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料合成，合成路线如下图所示： 已知：过程Ⅰ是淀粉在酸性条件的水解反应，过程Ⅱ是酯化反应。 请回答下列问题： （1）有机物A是葡萄糖，A中含有的官能团名称是___________。 （2）写出A在酶的催化下转化成B反应的化学方程式：___________。 （3）写出过程Ⅱ反应的化学方程式：___________。 （4）关于上述合成路线中的相关物质及转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。 A. 淀粉的分子式为(C6H10O5)n B. 过程Ⅱ的反应中有C—O键的断裂和形成 C. 可以利用饱和Na2CO3溶液鉴别有机物B、D和E D. 向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液后得到新制Cu(OH)2，再加入过程Ⅰ反应后的溶液，加热后没有产生砖红色沉淀，说明过程Ⅰ中淀粉还没有发生水解。 （5）对于化合物E，分析预测其可能的化学性质并完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应后形成的新有机物 (结构简式) 反应类型 ① Cu、O2、加热 ___________ ② NaOH溶液 ___________ 中和反应 （6）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备有机物B．若该反应中反应物之一为H2O，则另一反应物的化学名称是___________。 （7）有机物X是F的同分异构体，写出符合下列条件的有机物X的结构简式___________。 ①有机物X分子结构中含有两个甲基 ②1mol有机物X与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $