2024年湖南省株洲市醴陵两校高考化学五模试卷含解析

2024年湖南省株洲市醴陵两校高考化学五模试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=9×10-6，Ksp(CaCO3)=3×10-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（）A．曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)·c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B．CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103C．该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD．相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可2、下列离子方程式书写错误的是()A．铝粉投入到NaOH溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13++3OH-=Al(OH)33、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A．简单离子半径大小关系：c＞d＞eB．简单阴离子的还原性：a＞c＞dC．氢化物的沸点：c＞dD．C和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一4、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容A．A B．B C．C D．D5、在国家卫健委2020年2月发布的《最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）》中，新增了几款有疗效的药物，其中一款是老药新用，结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成，X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是A．元素非金属性X>Y<ZB．X的氢化物显酸性C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D．在分子中，存在极性共价键和非极性共价键6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A．原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C．由W、Y形成的化合物是离子化合物D．由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性7、在《科学》(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95％。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A．多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+B．DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液C．该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D．给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源正极8、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。下列说法正确的是A．若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的COB．实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2C．若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气D．实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁9、下列溶液一定呈中性的是A．c(H+)=c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+)=10-7mol/L10、下列离子方程式正确的是A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2OB．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2OC．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD．向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O11、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-B．0.1mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-C．0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－D．由水电离产生的c(H＋)=1×10－13mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-12、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A．两种无毒的气体均为还原产物B．反应后溶液的pH会升高C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D．每转移2NA个电子时，一定会生成13.44L的气体13、中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是A．火法炼铜 B．转轮排字 C．粮食酿酒 D．钻木取火14、在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为()A．5:7 B．4:3 C．3:4 D．9:1315、下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（）A．二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色B．将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中C．将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟D．过氧化钠固体露置在空气中变白16、大海航行中的海轮船壳上连接了锌块，说法错误的是A．船体作正极 B．属牺牲阳极的阴极保护法C．船体发生氧化反应 D．锌块的反应：Zn－2e-→Zn2+17、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D18、下列属于不可再生能源的是（）A．氢气B．石油C．沼气D．酒精19、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NAB．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD．0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA20、科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A．离子半径：Y＞ZB．氢化物的稳定性：X＞YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ZD．化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构21、下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D22、二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，。常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．b点溶液：B．d点溶液：C．e点溶液中：D．a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是________，E物质的分子式是_________（2）巴豆醛的系统命名为____________，检验其中含有碳碳双键的方法是___________。（3）A到B的反应类型是__________，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。24、（12分）化合物Ⅰ(戊巴比妥)是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：已知：B、C互为同分异构体R’、R’’、R’’’代表烃基，代表烃基或氢原子。ii.+R’’OHiii+R’’Br+CH3ONa+CH3OH+NaBriv+R’’’-NH2R’OH回答下列问题：(1)的官能团的名称为______，的反应类型是______。(2)试剂a的结构简式______；的结构简式______。(3)写出的化学方程式______。设计实验区分B、D所用的试剂及实验现象为______、______。(4)写出的化学方程式______。(5)已知：羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，满足下列要求的D的所有同分异构体共______种。a．能发生银镜反应b．能与反应c．能使Br2的溶液褪色(6)以、、为原料，无机试剂任选，制备的流程如下，请将有关内容补充完整_______________________________。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH325、（12分）实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调剂溶液中氯离子浓度，如图所示进行模拟实验。（1）阳极反应式为___。（2）去除NH4+的离子反应方程式为___。26、（10分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________；其使用的最佳pH范围是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。(答一条即可)27、（12分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．28、（14分）聚合物（W是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料，聚合物X是其中的一种，转化路线如下：已知：i．R1CHO+R2CH2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R代表烃基或氢原子）（1）E所含的官能团名称是_____。（2）N的名称是_____。（3）②的反应类型是_____。（4）①的化学方程式是_____。③的化学方程式是_____。（5）X的结构简式是_____。（6）Q有多种同分异构体，其中符合下列条件的有_____种。①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链②遇FeCl3溶液显紫色③苯环上的一氯代物只有两种其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6的结构简式为_____（写出其中一种即可）。（7）请以CH3CH2OH为原料（无机试剂任选），用不超过4步的反应合成CH3CH2CH2COOH，试写出合成流程图__________。29、（10分）（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母代号)。A．B．C．D．（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。①该配合物中含有化学键有___（填字母编号）。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．配位键E.金属键②配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为___、___。③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___。④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。⑤与氨气互为等电子体的阳离子为___，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为___。（5）①金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为____。A．B．C．D．②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝__g·cm－3。

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、D【解析】

A.CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c(SO42-)，A项正确；B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数，B项正确；C.依据上述B项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103，每消耗1molCO32-会生成1molSO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则c(SO42-)=1mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lgc(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；D.依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lgc(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D项错误；答案选D。2、D【解析】

A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。3、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】A．c、d、e简单离子分别为N3－、O2－、Na＋，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正确，A不选；B．a、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)＜c(N)＜d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正确，B不选；C．c为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)＜d(H2O)，错误，C选；D．C为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。4、B【解析】

A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。5、B【解析】

由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，据此分析解答。【详解】由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，A.同周期元素从左向右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，X为N元素，Y为P元素，Z为Cl元素，则元素非金属性X＞Y＜Z，故A正确；B.X为N元素，其氢化物为氨气，显碱性，故B错误；C.Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4，为中强酸，故C正确；D.同种非金属元素原子间形成非极性键，不同种非金属元素的原子间形成极性键，则在该分子中，存在极性共价键和非极性共价键，故D正确；故选B。6、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则A.同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；C.由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；D.由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；答案选A。7、A【解析】

该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A.锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B.电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；C.该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D.放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。8、A【解析】

A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；答案选A。【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。9、A【解析】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。【详解】A.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确；B.只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；C.常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；D.只有常温下c(H+)=10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；本题选A。10、A【解析】

A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项正确；B.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+，其离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl−+5H2O，B项错误；C.硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C项错误；D.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3H2O，D项错误；答案选A。【点睛】B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。11、C【解析】

A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；故合理选项是C。12、C【解析】

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；答案选C。13、B【解析】

A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；B.转轮排字属于物理变化，故选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D.钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。14、D【解析】

硫酸的物质的量n=2mol/L×0.065L=0.1mol，所以n（H+）=0.26mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1molO；n(Cl2)=0.005mol，根据反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以FeO为0.01mol。设Fe2O3和Al2O3为Xmol，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1．本题选A。【点睛】金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。15、B【解析】

A.二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；B.将二氧化氮(N为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N为+3价)和硝酸钠(N为+5价)，所以该反应中N元素既被氧化又被还原，故B正确；C.将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；D.过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；故选：B。16、C【解析】

A.在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；B.在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C.船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：O2+4e−+2H2O=4OH−，故C错误；D.锌做负极被腐蚀：Zn－2e-→Zn2+，故D正确。故选:C。17、C【解析】

A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。18、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。19、D【解析】

A．2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；故答案选D。20、D【解析】

短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A．电子层数F-<S2-，离子半径F-<S2-，所以Z>Y，A选项错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3<HF，所以X<Y，B选项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>B，则酸性H3BO3（弱酸）<H2SO4（强酸），所以X<Z，C选项错误；D．根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。21、B【解析】

A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；答案选B。22、D【解析】

NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则，溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a，故D正确；故案为：D。二、非选择题(共84分)23、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；5【解析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。24、酯基取代反应新制的Cu(OH)2悬浊液是否有砖红色沉淀生成3【解析】

B(乙酸甲酯)与C发生信息iii中取代反应生成D，(3)中B、C互为同分异构体，可推知C为HCOOC2H5，则D为，D氧化生成E为，E与甲醇发生酯化反应生成F．F与A发生信息i中的反应生成G，可推知A为C2H5Br．对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为．结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到。【详解】(1)F的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G为，则F→G是F的上的H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；(2)对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为；结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(3)B、C互为同分异构体，二者发生信息iii中取代反应生成D，可推知C为HCOOC2H5，则D为，B→D的化学方程式：；B和D均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B或D混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B；(4)E→F的化学方程式：；(5)D为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a．能发生银镜反应说明有醛基，也可能是甲酸酯；b．能与反应说明分子组成含有羟基或羧基；c．能使Br2的CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2个醛基和1个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3种；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到，具体流程图为：。【点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、2Cl-﹣2e-=Cl2↑2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl-【解析】

（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，由此书写离子反应的方程式。【详解】（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气，电极反应的方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，离子反应的方程式为2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣，故答案为：2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣。26、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】

（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。27、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验【解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。【点睛】考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。28、碳碳双键、醛基丙烯酸甲酯加成反应CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O+2NaOH+2NaBr+2H2O10或CH3CH2OHCH3CHOCH2CH=CHCHOCH2CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH【解析】（1）E为CH2=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；（2）N为CH2=CHCOOCH3，为丙烯酸甲酯；（3）G、I结构简式分别为、，由此可知②的反应类型是加成反应；（4）①发生的是酯化反应，反应的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，③发生的是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式是：+2NaOH+2NaBr+2H2O；（5）由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为；（6）Q的分子式为C9H12O2，不饱和度Ω=(2×9+2－12)/2＝4，则对应的同分异构体中，①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链，则侧链为饱和侧链，②遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，③苯环上的一氯代物只有两种，说明另一侧链与酚羟基对位，可为－OCH(CH3)2、－OCH2CH2CH3、－CH2OCH2CH3、－CH(CH3)OCH3、－CH2CH2OCH3、－CH2CH2CH2OH、－CHOHCH2CH3、－CH2CHOHC