2023届江西省吉安市高三第三次测评化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有机物命名正确的是（）A．氨基乙酸 B．2—二氯丙烷C．2—甲基丙醇 D．C17H33COOH硬脂酸2、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC．1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA3、下列说法错误的是（）A．图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B．用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C．用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D．测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误4、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A．自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂B．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点C．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，也是重要的半导体材料D．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性5、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列说法错误的是()A．丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤B．《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等C．《考工记》载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体来洗涤丝、帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2CO3D．《天工开物》记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、麻、苘、葛……”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素6、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．32gS8与S6（）的混合物中所含共价键数目为NAB．1L1．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为1.1NAC．2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NAD．标准状况下2．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA7、已知：C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（）A．-332 B．-118 C．+350 D．+1308、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA9、某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A．好氧微生物电极N为正极B．膜1、膜2依次为阴离子、阳离子交换膜C．通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D．电极M的电极反应式为2OCN－6e＋2H2O=2CO2↑＋N2↑＋4H10、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯A．最简式是CH2 B．分子中所有原子共平面C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物11、下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等12、利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是()气体溶液A硫化氢亚硫酸B二氧化碳氯化钙C氨气氯化铝D氯化氢硝酸银A．A B．B C．C D．D13、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀14、常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D．滴定HA溶液时，当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.315、人体吸入CO后在肺中发生反应CO+HbO2O2+HbCO导致人体缺氧。向某血样中通入CO与O2的混合气[c(CO)=1.0×10-4mol/L，c(O2)=9.9×10-4mol/L]，氧合血红蛋白HbO2浓度随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为2×l0-4mol/(L·s)B．反应达平衡之前，O2与HbCO的反应速率逐渐减小C．将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理D．该温度下反应CO+HbO2O2+HbCO的平衡常数为10716、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．HX为弱酸B．V1＜20C．M点溶液中离子浓度由大到小的顺序：c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）D．0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1HX溶液等体积混合后，溶液中c（Na＋）＝c（X－）＋c（OH－）17、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是A．该电化学装置中，Pt电极作正极B．Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势C．电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极D．BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O18、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同主族，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是A．简单离子的半径：W＜Y＜ZB．X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离C．氧化物对应水化物的酸性：Z＞R＞XD．最高价氧化物的熔点：Y＞R19、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构20、下列说法中正确的是A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连21、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是()A．由MgCl2制取Mg是放热过程B．热稳定性：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2C．常温下氧化性：F2<Cl2<Br2<I2D．由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－122、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A．两者的原料来源相同B．两者的生产原理相同C．两者对食盐利用率不同D．两者最终产品都是Na2CO3二、非选择题(共84分)23、（14分）由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是①________，②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。24、（12分）有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：①．己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是__________________________________________________。②．甲、乙、戊按原子个数比1︰1︰1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_______________。③．上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_______。④．接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_____________________。⑤．当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为___________；反应②的离子方程式为_________⑥．若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有___________25、（12分）《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_______。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：①过程Ⅰ的正极反应物是___________。②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。（4）青铜器的修复有以下三种方法：ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；ⅲ．BTA保护法：请回答下列问题：①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”26、（10分）有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。27、（12分）工业上可用下列仪器组装一套装置来测定黄铁矿（主要成分FeS2）中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)。实验的正确操作步骤如下：A．连接好装置，并检查装置的气密性B．称取研细的黄铁矿样品C．将2.0g样品小心地放入硬质玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空气E．将硬质玻璃管中的黄铁矿样品加热到800℃～850℃F．用300mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分离H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH标准溶液滴定。试回答：（1）步骤G中所用主要仪器是______，应取_______(填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。（2）装置正确的连接顺序是④(填编号)。______（3）装置⑤中高锰酸钾的作用是__________。持续鼓入空气的作用__________。（4）步骤H中滴定时应选用_____作指示剂，可以根据________现象来判断滴定已经达到终点。（5）假定黄铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收，滴定得到的数据如下表所示：滴定次数待测液的体积/mLNaOH标准溶液的体积/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38则黄铁矿样品中硫元素的质量分数为___________。（6）也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置①所得吸收液中加入下列哪种试剂__________。A．硝酸银溶液B．氯化钡溶液C．澄清石灰水D．酸性高锰酸钾溶液28、（14分）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。已知：(1)A含有的官能团名称是______________。(2)D→E的反应类型是_____________________。(3)E的分子式是____________；F的结构简式是_________________。(4)B→C的化学方程式为________________________________________。(5)W是B的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)______。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：回答下列问题：①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为___。②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为___。(已知：，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L）。④“滤渣2”的主要化学成分为___。⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式）溶液。（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如图2。下列关于该电池的说法正确的是___（填字母）。A．过程1为放电过程B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A.为氨基乙酸，A正确；B.为2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。2、A【解析】

A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；答案：A。3、B【解析】

A.根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；C.图c所示装置是侯氏制碱法的反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。4、B【解析】

A．自来水厂常用明矾作净水剂，明矾没有强氧化性，不能用于消毒杀菌剂，A错误；B．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，B正确；C．硅胶吸水性强，可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，硅胶不导电，不能用作半导体材料，C错误；D．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显碱性，D错误；答案选B。5、C【解析】

A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A正确；B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确；C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；答案C。6、A【解析】

A．S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L1.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于1.1NA，B选项错误。C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；D．在标准状况下，2.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；答案选A。【点睛】A选项在判断时明确S8与S6（）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。7、D【解析】

由①C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，故选D.8、B【解析】

A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2NA，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3NA，加入2.7gAl，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。9、C【解析】

A．由物质转化知，OCN中C为＋4价，N为－3价，在M极上N的化合价升高，说明M极为负极，N极为正极，A项正确；B．在处理过程中，M极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M极迁移，膜1为阴离子交换膜，N极反应式为O2＋4e＋2H2O=4OH，N极附近负电荷增多，阳离子向N极迁移，膜2为阳离子交换膜，B项正确；C．根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C项错误；D．M极发生氧化反应，水参与反应，生成了H，D项正确；答案选C。10、C【解析】

A.的分子式为C6H6，最简式是CH，故A错误；B.不是平面结构，中间连四个单键的碳，类似甲烷的碳，周围的四个原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B错误；C.中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.CH2=CH-CH=CH2的分子式为：C4H6，的分子式为C6H6，两者的组成不相似，其两者之间相差的不是若干个-CH2，不是同系物，故D错误；正确答案是C。【点睛】C选注意能和酸性高锰酸钾反应的基团：碳碳双键，碳碳三键，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含侧链的苯环。11、B【解析】

A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。【点睛】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。12、B【解析】

A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；C．氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；D．氯化氢与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。13、B【解析】

X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。14、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正确；B.a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c>b>a，故B错误；C.滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D.滴定HA溶液时，当V(NaOH)=19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。15、C【解析】

A、v=△c/△t=(1.0−0.2)×10−4mol/L÷4s=2×10-5mol/（L•s），A错误；B、HbO2转化为O2，所以反应物的浓度减少，生成物浓度增加，则正反应速率减少，逆反应速率增加，B错误；C、CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，C正确；D、根据平衡常数K=c(O2)•c(HbCO)/c(CO)•c(HbO2)=10.7×10−4×0.8×10−4/0.2×10−4×0.2×10−4=214，D错误；答案选C。16、D【解析】

A.由图可知，0.1mol·L－1HX溶液的pH＝3，说明HX为弱酸，故A正确；B.若V1＝20，则溶液中的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（X－）＋c（OH－），故D错误；故选D。17、C【解析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，据此分析解答。【详解】A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故B正确；C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，不能进入溶液，故C错误；D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故D正确；故选C。【点睛】根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。18、D【解析】

R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍，R含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒，该单质为臭氧，则W为O元素，W与Y同主族，则Y为S元素；Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl元素；R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和，则X最外层电子数=4+6-7=3，位于ⅢA族，原子序数大于O，则X为Al元素，R为C元素，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl元素。【详解】根据分析可知;R为C元素，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl元素。A.离子的电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子径：W<Z<Y，故A错误；B.由X为Al，Z为Cl,X与Z形成的化合物为氯化铝，铝离子水解促进了水的电离，故B错误；C.R为C元素,X为Al元素,Z为Cl,没有指出最高价，无法比较C、Cl、Al的含氧酸酸性，故C错误；D.Y为S,R为C元素，三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体，相对原子质量越大沸点越高，则最高价氧化物的熔点：Y>R，故D正确；答案：D。【点睛】根据原子结构和元素周期律的知识解答；根据原子结构的特殊性如R的最外层电子数是次外层电子数的2倍，推断元素为C。根据物质的性质W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒推断即可。19、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。20、B【解析】

A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C．铜锌原电池反应中，Zn

失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。21、D【解析】

A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，B错误；C、氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。22、A【解析】

A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B．氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D．氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；选A。二、非选择题(共84分)23、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。24、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）④；（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）6.02×l021；2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol＜1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。25、O2、H2O、CO2碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。【详解】（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；B．Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；C．酸浸法会破坏无害锈Cu2(OH)2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；答案选ABC。26、DCDB将装置中的N2（或空气）排除干净将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2该氨基酸的摩尔质量偏小取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）【解析】

根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。【详解】（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，故答案为DCDB；（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，故答案为该氨基酸的摩尔质量；（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，故答案为偏小；（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。【点睛】本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。27、分液漏斗上⑤③②④①除去空气中的SO2和其他还原性气体将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；(3)结合(2)的分析判断装置⑤中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。【详解】(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部挤入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是⑤→③→②→④→①；(3)实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置⑤中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为×100%=24.0%；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。28、碳碳双键、酯基酯化反应（取代反应）C11H10O3nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH+(2n-1)CH3OH9【解析】

由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；

与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；【详解】(1)A为，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；(2)D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；(4)HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；(5)B为，其同分异构体W0.5mol