2019届高三化学冲刺诊断考试试题(含解析).doc

2019届高三化学冲刺诊断考试试题(含解析)1. 在人类社会发展中，化学学科有着极其重要的作用。化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是A. 聚乙烯是无毒高分子化合物，可用作食品包装材料。B. 制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料。C. 发展非燃油型新能源汽车，有利于减少污染气体排放，改善人类生存环境。D. KMnO4、C2H5OH、H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂。【答案】B【解析】A、聚乙烯属于聚合物，无毒，可作食品包装袋，故A正确；B、因制作航天服的聚酯纤维属于有机物，故B错误；C、发展非燃油型新能源汽车，有利于减少污染气体排放，改善人类生存环境，故C正确；D、 KMnO4、H2O2具有强氧化性，C2H5OH能使蛋白质变性，KMnO4、C2H5OH、H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂，故D正确；故选B。2. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 32gN2H4中含有共价键数5NAB. 37g37Cl2中含有中子数10NAC. 11.2L臭氧中含有1.5NA个氧原子D. 1.0L 0.1moL1NH4Cl溶液中含0.1NA个NH4+【答案】A【解析】A. N2H4分子中含4个N-H键，1个N-N键，32gN2H4中含有共价键数5NA，故A正确；B. 37g37Cl2中含有中子数（37-17）NA=20NA，故B错误；C. 11.2L臭氧不能确定是否是标准状况，故C错误；D. NH4+会部分水解，1.0L 0.1moL1NH4Cl溶液中含NH4+少于0.1NA个，故D错误；故选A。3. 原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是饮食业常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A. 四种元素中至少有两种金属元素。B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物。C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素X形成的离子。D. X、Y两种元素构成的常见化合物在常温常压下都是气体。【答案】B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是饮食业常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素。A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. X、Y两种元素构成的常见化合物在常温常压下不都是气体，N2O5是固体，故D错误；故选B。4. 用酸性氢氧燃料电池电解粗盐水（含Na、Cl和少量Mg2、Br）的装置如图所示（a、b均为石墨电极），下列说法正确的是A. 电池工作时，负极反应式为：H22e2OH2H2OB. a极的电极反应式为：2H+2eH2C. 电解过程中电子流动路径是：负极外电路阴极溶液阳极正极D. 当电池中消耗2.24 L(标准状况下)H2时，b极周围会产生0.1 mol气体【答案】D点睛：本题考查了原电池和电解池，解题关键：明确原电池和电解池原理，把握离子的放电顺序，注意电子不进入电解质溶液，易错点C，溶液中阴阳离子定向移动而形成电流，电子在导线中移动，不能在溶液中移动。5. 某有机物的结构如图所示。有关该物质的下列说法正确的是 A. 该化合物的分子式为C18H17O2N2B. 不能与Br2的CCl4溶液发生反应C. 该物质中所有原子有可能在同一平面D. 该物质能发生加成反应、取代反应【答案】D【解析】A、该化合物的分子式为C18H16O2N2，故A错误；B、碳碳双键能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故B错误；C、该物质中有两个碳是四面体构型，所有原子不可能在同一平面，故C错误；D、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的H和羟基等能发生取代反应，故D正确；故选D。6. 下列实验、实验现象和相应结论都正确的是实验现象结论A向1mLFeCl3溶液中滴加1mL KI溶液，再加入1mL CCl4，振荡后静置。溶液分层，上层溶液显紫色。氧化性：Fe3+I2B将两块表面积相等的Mg条和Al条放入同浓度同体积的NaOH溶液中。Al条产生气泡的速度快。金属性：AlMgC向烧杯中加入一定体积蒸馏水，加热至沸腾时，向其中逐滴滴加饱和FeCl3溶液。得到红褐色透明液体。制得了氢氧化铁胶体。D向盛有10 mL溴水的分液漏斗中加入10mL苯，振荡、静置。溶液分为两层，上层为橙色。溴在苯中的溶解能力大于水中。A. A B. B C. C D. D【答案】CD【解析】A、三价铁离子能把碘离子氧化为单质碘，2Fe3+2I=2Fe2+I2，即FeCl3与KI发生了氧化还原反应，有I2生成，Fe3作氧化剂，氧化性大于氧化产物I2，但溶液分层，下层溶液显紫色，故A错误；B、将两块表面积相等的Mg条和Al条放入同浓度同体积的NaOH溶液中，只有铝能与碱反应，不能以此来比较金属性强弱，故B错误；C、向烧杯中加入一定体积蒸馏水，加热至沸腾时，向其中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，得到红褐色透明液体，是氢氧化铁胶体，故C正确；D、向盛有10 mL溴水的分液漏斗中加入10mL苯，振荡、静置，溶液分为两层，上层为橙色，溴在苯中的溶解度大于水，故D正确。故选CD。7. 常温下，向10.0mL 0.10 molL1某二元酸H2R溶液中滴加入同物质的量浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如右图所示。下列说法中正确的是A. 无法判断H2R是强酸还是弱酸B. 曲线上m点时溶液中c(Na+)c(HR) c(R2)c(H+)C. HR的电离能力大于水解能力D. 溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR)+c(R2)+c(OH)【答案】C8. 工业废水、废渣不经处理，会对环境造成很大的危害。利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测、处理及应用。某工厂对制革工业污泥中Cr（）的处理工艺流程如下，Cr（）最终转化为CrOH(H2O)5SO4。 常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时，溶液的pH如下：阳离子Fe3+ Mg2+Al3+ 开始沉淀时的pH 2.7 沉淀完全时的pH 3.7 11.18其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。（1）实验室用18.4mol/L的浓硫酸配制225mL4.8mol/L的H2SO4溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管外，还需_，配制时所需浓H2SO4的体积为_mL（小数点后保留一位数字）。（2）酸浸时，为了提高浸取率，除了适当增大酸的浓度外，还可采取的措施有_（答出一点即可）。（3）H2O2的作用是将滤液I中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式_。（4）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-溶液的pH不能超过8，其理由_。钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去的滤液中的金属阳离子是_。（5）写出上述流程中用Na2SO3进行还原时发生反应的化学方程式_。（6）工业上还可用电解法制备重铬酸钠，其装置示意图如图阴极的电极反应式为_，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 65.2 (3). 升高反应温度 加快搅拌速度 (4). 2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+ (5). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用 (6). Ca2+、Mg2+ (7). 3Na2SO3+2Na2CrO4+15H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+8NaOH (8). 2H+2e-= H2（或4H2O+4e-= 2H2+4OH-） (9). 4OH-4e-=2H2O+O2【解析】分析：含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Al3、Ca2、Mg2，加入过氧化氢氧化铬离子为高价态，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=8使其他离子沉淀，过滤得到滤液用钠离子交换树脂交换镁离子和钙离子，得到溶液中通入Na2SO3还原得到Cr（OH）（H2O）5SO4，（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制225mL4.8molL1的H2SO4溶液，需要用250mL容量瓶配制，还用到胶头滴管；18.4mol/LV=225mL4.8mol/L，V=65.2mL；（2）酸浸时，为了提高浸取率，除了适当增大酸的浓度外，还可采取的措施有高反应温度、增大固体颗粒的表面积等措施，（答出一点即可）。（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3有还原性，Cr3能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，反应的离子方程式为：2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O72+8H；（4）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-溶液的pH不能超过8，其理由pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用 。钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子。（5）Na2SO3具有还原性，被滤液中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为Na2SO4，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，依据原子守恒分析书写配平3Na2SO3+2Na2CrO4+15H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+8NaOH；（6）工业上还可用电解法制备重铬酸钠，其装置示意图如图阴极的电极反应式为 2H+2e-= H2（或4H2O+4e-= 2H2+4OH-），阳极的电极反应式为 4OH-4e-=2H2O+O2。点睛：本题考查了物质分离提纯操作的综合应用，解题关键：离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离和提纯等知识点，注意会运用溶液的PH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质，易错点（4）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-溶液的pH不能超过8，其理由pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr(III)的回收与再利用。9. 黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS(假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化)，它是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2=2Fe2O3+4SO2【实验一】测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：(1)鼓入空气的作用是_。(2)反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是_(用化学方程式表示)。H2O2可以看成是一种很弱的酸，写出其主要的电离方程式为_。(3)该黄铁砂石中硫元素的质量分数为_(列出表达式即可)。【实验二】测定铁元素的含量用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤 将过滤液稀释至250mL取25.00mL稀释液，用0.100molL-1的酸性KMnO4溶液滴定(4)步骤中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量_(填“偏大”“ 偏小” 或“无影响”)。(5)请写出步骤中洗涤的方法_。(6)某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：第一次第二次第三次第四次消耗KMnO4溶液体积/ml25.0025.0320.0024.97根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度c(Fe2+)=_。【答案】 (1). 提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收 (2). Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O (3). H2O2H+HO2- (4). 100% (或100%等其他合理答案) (5). 偏大 (6). (沿玻璃棒)向过滤器中加入蒸馏水至浸没固体。(静置)待水自然全部留下，重复操作23次 (7). 0.5000molL-1【解析】（1）鼓入空气的作用显然是提供氧气，并且将生成的SO2完全吹出，使之完全被乙中的氢氧化钠吸收；（2）为减少实验误差，最后使SO32完全转化成SO42，从而生成硫酸钡沉淀，双氧水足量时才能将亚硫酸根离子完全转化，反应为Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；H2O2是弱酸，电离方程式是H2O2H+HO2；（3）亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀硫酸钡，n（BaSO4）=m2g/223gmol1=m2/233mol，根据S原子守恒得n（S）=n（BaSO4）=m2/233mol，S元素质量分数=m2233mol32gmol1m1g100% =32m2233m1100% ；（4）步骤中,若用铁粉作还原剂,铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大；（5）请写出步骤中洗涤的方法：(沿玻璃棒)向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作23次；（6）依据实验流程，Fe2被高锰酸钾溶液滴定发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液平均消耗体积=25.00+25.03+24.973 mL=25.00mL（其中20.00ml的数值与其他数据相差较大，舍去）；设亚铁离子物质的量为x，依据方程式得到：5 Fe2+MnO4+8H=Mn2+5Fe3+4H2O5 1x 0.1molL10.025Lx=0.0125mol；c（Fe2）=0.0125mol/0.025L=0.5000molL1。点睛：本题考查物质中元素含量的测定，侧重考查学生分析、推理及知识运用能力，解题关键：明确实验原理，知道仪器的选取方法，易错点：（6）中20.00mL这个数据要舍去。10. 能源是人类共同关注的重要问题。页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1已知：CH4、H2、CO 的燃烧热（H）分别为-a kJmol-1、-b kJmol-1、-c kJmol-1；H2O (l) =H2O(g)； H=+dkJmol-1则H1= _（用含字母a、b、c、d的代数式表示）kJmol-1。（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比12充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200时n(H2)随时间的变化如下表所示：t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0H2_ (填“”“”或“ = ”)0。下列说法正确的是_ (填标号）。a.温度越高，该反应的平衡常数越大b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d.图中压强p1p2 03 min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=_mol L-1min-1。 200时，该反应的平衡常数K =_。向上述200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡_(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为_。【答案】 (1). -a+3b+cd (2). (3). cd (4). （或0.067） (5). 6.25 (6). 正向 (7). 60%【解析】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H1，已知：CH4、H2、CO 的燃烧热（H）分别为-a kJmol-1、-b kJmol-1、-c kJmol-1；H2O (l) =H2O(g)； H=+dkJmol-1，由盖斯定律可知，3+-可知，则H1=-a+3b+cd kJmol-1。（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200时n(H2)随时间的变化如下表所示：，由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，H20。a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；d.、由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1p2，故d正确；故选cd；由图表可知，3min后反应达到平衡状态 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（molL1） 0.4 0.8 0变化浓度（molL1） 0.2 0.4 0.2起始浓度（molL1） 0.2 0.4 0.2 03 min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=0.2molL1/3min=1/15mol L-1min-1。 200时，200时平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)c2(H2)=0.2/(0.2042)=6.25；向上述200达到平衡的恒容密闭容器中再加入2mol CO、2mol H2、2mol CH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4molL1，c（H2）=0.6molL1，c（CH3OH）=0.4molL1，保持温度不变，则此时Qc=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=0.4/(0.4062)=2.786.25=K，则此时平衡应向正方向移动；（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池,CH4完全氧化后的产物为K2CO3，1mol甲烷完全燃烧转移电子的物质的量为4（-4）mol=8mol。测得电路中转移1.2 mol电子,可知参加反应的甲烷为1.2mol/8mol 1mol=0.15mol，标准状况下通入5.6 L甲烷的物质的量为5.6L/22.4Lmol1=0.25mol，甲烷的利用率为0.15mol/0.25mol 100%=60%。11. X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多,且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元素在周期表中同族。（1）R元素在周期表中的位置是_，其基态原子的价层电子排布图为_。（2）如图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Y的曲线是_（填标号）。（3）化合物（XH2XO）分子中X原子杂化轨道类型是_，1mol (X2H5O)3ZO分子中含有的键与键的数目比为_。（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为_。（5）某R的氧化物晶胞结构如图所示，该物质的化学式为_。已知该晶体密度为g/cm3，距离最近的两个原子的距离为d pm,则R的相对原子质量为_。(阿伏加德罗常数为NA)（6）X形成的一种常见单质，性质硬而脆，原因是_。【答案】 (1). 四周期IVA族 (2). 略 (3). C (4). sp、sp2 (5). 251 (6). 三角锥形 (7). GeO (8). （）3NA1/4 16 (9). 碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大外力时，会发生原子错位而断裂，故脆【解析】X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p2，推出X为C，因为X、Y、R三元素在周期表同族，因此Y为Si，R为Ge，原子序数依次增大，Z原子的不成对电子数在同周期中最多,且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低，因此Z为P，（1）Ge位于第四周期第IVA族，因为是主族元素，因此价电子是最外层电子，；（2）本题考查电离能的规律，同主族从上到下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s2能中的1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，因此b曲线为P；（3）本题考查杂化类型、化学键的判断，CH2=C=O中“CH2=”中的碳原子有3个键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，“C=O”中的C有2个键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键电子对之间只能形成一个键，双键中有一个键，因此键和键的数目比值为25：1；（4）本题考查空间构型，P和氯气反应生成PCl3和PCl5，均满足8电子结构的是PCl3，中心原子是P，有3个键，孤电子对数为(53)/2=1，因此空间构型为三角锥形；（5）本题考查晶胞的结构，氧原子位于顶点和面心，个数为81/861/2=4，Ge全部位于晶胞内部，因此化学式为GeO，晶胞的质量为4(M16)/NAg，距离最近的两个原子是体对角线的1/4，因此体对角线为4d，则边长为4d3pm，晶胞的体积为（4d31010）3，根据晶胞的密度，求出M，则M=()314NA-16；（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆。点睛：本题的难点是密度的计算，首先根据晶胞的结构判断出化学式和微粒的个数，根据n=N/NA，计算出此物质的物质的量，然后根据m=nM，计算出晶胞的质量，根据晶胞的结构，距离最近的原子之间的距离是体对角线的1/4，从而计算出晶胞的边长，可以求出晶胞的体积，最后根据密度的定义，求出密度，从而计算出 Ge的相对原子质量。12. 有机花儿会务X()是有机精细化工的重要中间体，实验室中以M()为原料合成X的路线如下： 回答下列问题：（1）B的核磁共振氢谱上有_组峰。（2）D分子中含有的官能团有_。(填名称)（3）下列常见含钠试剂能与C反应的有_。(填标号)a氯化钠 b氢氧化钠 c纯碱 d碳酸氢钠（4）由B转化为C的化学方程式为_，该反应的反应类型是_。（5）E是D的同分异构体，在苯环的对位上各有一个取代基，能够发生银镜反应和水解反应，1molE与足量钠反应可生成0.5molH2，则E可能的结构有_种。（6）有机物F()也是一种重要的有机精细化工中间体，写出由 制备F的合成路线。(其他试剂任选；已知马氏规则：在不对称烯烃的加成反应中，氢原子总是加在含氢较多的碳原子上。如：)_.【答案】 (1). 5 (2). 醚键、羧基 (3). bc (4). (5). 取代反应 (6). 6 (7). 【解析】由流程图，结合信息，各物质的结构简式为：M、水解得A、A、氧化得B、B、与HI发生取代反应得C、C、根据信息生成D，D、C和D发生取代反应得X，X、（1）B有5种不同环境的氢，核磁共振氢谱上有5组峰。（2）D分子中含有的官能团有醚键、羧基。（3）中有酚羟基，具有酸性，介于碳酸和碳酸氢根之间，下列常见含钠试剂能与C反应的有 bc。a氯化钠呈中性，故错误；b氢氧化钠，呈碱性，故正确；c纯碱与酸反应生成碳酸氢钠，故正确； d碳酸氢钠不反应，故错误；故选bc。（4）由B转化为C，由信息，化学方程式为，该反应的反应类型是取代反应。（5）E是D的同分异构体，在苯环的对位上各有一个取代基，能够发生银镜反应和水解反应，含HCOO-官能团，1molE与足量钠反应可生成0.5molH2，可能是酚或醇，则E可能的结构有6种，结构简式如下：。、。（6）由 制备F,可以先利用消去反应，再利用HBr加成时，通常溴加在氢少的碳上，在苯环的位引入官能团，合成路线