高考化学总复习大题 10页

‎1.下列说法不正确的是（　　）‎ A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量 B．Ce（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池 C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病 D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；‎ B．Ge是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；‎ C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸；‎ D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应．‎ ‎【解答】解：A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；‎ B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ce（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确 C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病，故C正确；‎ D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；故选D．‎ ‎2.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是 A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ 答案：D ‎3.下列叙述不正确的是（　　）‎ A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火 B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高 C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线 ‎【考点】化学实验方案的评价．菁优网版权所有 ‎【分析】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；‎ B．应先加热再混合；‎ C．蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；‎ D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线．‎ ‎【解答】解：A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A正确；‎ B．该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B错误；‎ C．蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故C正确；‎ D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎4. 短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W﹣的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）‎ A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应 B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键 D．Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为FG或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为FG或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，‎ A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；‎ B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；‎ C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；‎ D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎5. 金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）‎ A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面 B．比较Mg，Al，Zn三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高 C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有 ‎【分析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快；‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多；‎ C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣；‎ D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣．‎ ‎【解答】解：A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A正确；‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为=mol、×3=mol、=mol，所以Al﹣空气电池的理论比能量最高，故B正确；‎ C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；‎ D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎6.苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）‎ A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变 C．当pH为5.0时，饮料中=0.16‎ D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有 ‎【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；‎ B．酸性增强，溶液中c（A﹣）减小；‎ C．=；‎ D．根据质子守恒分析．‎ ‎【解答】解：A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；‎ B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故B错误；‎ C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；‎ D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D错误．‎ 故选C．‎ ‎7.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，7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中，阴离子所含电子数为1.8NA B．标准状况下，11.2 L 二氯甲烷中含有的分子数目为0.5NA C．常温常压下，28 g乙烯与丙烯的混合气体含有的碳原子数目无法计算 D．0.1 mol·L－1MgCl2溶液中含有的Mg2＋数目小于0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】A项正确，B项二氯甲烷在标准状况下是液体，，C项28 g乙烯与丙烯的混合气体含有的碳原子数目为2NA，D项不知道体积。‎ ‎8. 下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是 选项 试剂 试纸或试液 现象 结论 A 浓氨水、生石灰 红色石蕊试纸 变蓝 NH3为碱性气体 B 浓盐酸、浓硫酸 pH试纸 变红 HCl为酸性气体 C 浓盐酸、二氧化锰 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性 D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有还原性 ‎9. 室温下，0.2 mol·L－1的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是 （ ）‎ A．溶液可能显中性或酸性 ‎ B．升温，c(X)增大，c(Y)减小 ‎ C．c(B+) + c(Y) = c(Cl－) ‎ D．稀释溶液，c(X)增大，c(Z)增大 ‎【答案】C ‎【解析】从图中我们可以看出X与Y不相等所以，BOH一定为弱碱，则X为H+，Y为BOH，Z为OH-，所以溶液一定显酸性，B项升温，有利于水解c(X) c(Y)都增大， C项为原子守恒D项c(X)减小 ‎10. 体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率 （ 　 ）‎ ‎ A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 方法：平衡中的等效转化分析法。‎ 捷径：设乙容器压强保持1.01×105Pa，因甲容器中体积保持不变，2SO2+O2 2 SO3的正反应是个气体体积缩小的反应，达到平衡时，混合气体的总压强小于1.01×105Pa。又减小压强，平衡向逆反应方向移动，则甲容器中SO2转化率低，乙容器中（定压）SO2的转化率高。以此得答案为B。‎ ‎11.化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：‎ ‎2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3‎ （1） 写出该化合物作阻燃剂的两条依据　 ‎ （2） ‎（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理　 ；‎ ‎（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理　 　．‎ ‎【分析】（1）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；‎ ‎（2）氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；‎ ‎（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行．‎ ‎【解答】解：（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气．‎ 故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；‎ ‎（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱溶于，加入氢氧化钠溶于溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，‎ 故答案为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O．‎ ‎【点评】本题考查了镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，题目难度不大．‎ ‎12. 磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：‎ 请回答：‎ ‎（1）A的组成元素为　 （用化学符号表示），化学式为　 ；‎ ‎（2）C溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用　 　；‎ ‎（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），该气体分子的电子式为　 ，写出该反应的离子方程式　 　；‎ ‎（4）写出F→G反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣）　 　．‎ ‎【分析】C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）＞n（S）=3：4，应为Fe3S4，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）＞n（S）=3：4，应为Fe3S4，‎ ‎（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；‎ ‎（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板，故答案为：刻饰铜线路板；‎ ‎（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H++=3Fe2++S+3H2S↑，‎ 故答案为：；Fe3S4+6H++=3Fe2++S+3H2S↑；‎ ‎（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣） 为SO42﹣和H2SO3，可先检验SO42﹣，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3．‎ 故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3．‎ ‎【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，难度中等．‎ ‎13.无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：‎ 步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．‎ 步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．‎ 步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．‎ 步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．‎ 已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．‎ ‎②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5‎ 请回答：‎ ‎（1）仪器A的名称是　 　．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是　 　 ．‎ ‎（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是　 ．‎ ‎（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是　 　．‎ ‎（4）有关步骤4的说法，正确的是　 　．‎ A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 ‎ B、洗涤晶体可选用0℃的苯 C、加热至160℃的主要目的是除去苯 ‎ D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴 ‎（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：‎ Mg2++Y4﹣═MgY2﹣‎ ‎①滴定前润洗滴定管的操作方法是　 ．‎ ‎②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是　 　（以质量分数表示）．‎ ‎【分析】（1）仪器A为干燥管，空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应；‎ ‎（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患；‎ ‎（3）反应完毕后恢复至常温，过滤除去固体为镁屑；‎ ‎（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；‎ B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解；‎ C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；‎ D．室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品，该步骤是为了除去乙醚和溴；‎ ‎（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗2﹣3次；‎ ‎②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=EDTA标准溶液物质的量，结合n=计算得到溴化镁的质量，纯度=×100%；‎ ‎【解答】解：（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，‎ 故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；‎ ‎（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，‎ 故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；‎ ‎（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，‎ 故答案为：镁屑；‎ ‎（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；‎ B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；‎ C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；‎ D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；‎ 故选BD，‎ 故答案为：BD；‎ ‎（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2﹣3次，‎ 故答案为：从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2﹣3次；‎ ‎②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质量为0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%，‎ 故答案为：97.5%；‎ ‎【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的综合应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．‎ ‎14. A、B、C、D为中学化学中常见的四种气体单质，在一定条件下B可以分别和A、C、D化合成甲、乙、丙。C和D化合生成化合物丁。已知甲、乙、丙每个分子含有的电子数相同，并且甲、乙、丙、丁有如下关系：‎ ‎（1）单质B的化学式是_______________，单质D的结构式______________。‎ ‎（2）单质A和化合物乙反应的化学方程式为____________，单质C和化合物丙反应的化学方程式为____________。‎ 解析 因为A、B、C、D为常见气体单质，有，且电子数均相同，大胆确定甲、乙、丙中均含有氢元素，它们的分子中都有10个电子，且B为。又根据甲、乙、丙、丁的相互转化关系，可推出A为氟气、C为氧气、D为氮气。‎ 答案 (1)，‎ ‎(2)，‎ 点拨 A、B、C、D为常见的气体单质，A、B、C、D一定为非金属单质，根据甲、乙、丙所含电子数相同，且为非金属元素的化合物，大胆推测甲、乙、丙中均含有氢元素。又根据反应进行逻辑推理可知A、C为何物。‎ ‎15. 苯酚是重要的化工原料，通过下列流程可合成阿司匹林、香料和一些高分子化合物。已知： 　‎ ‎ (1)写出C的结构简式：＿＿＿＿＿＿。 (2)写出反应②的化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。(3)写出反应⑧的化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。‎ ‎(4)写出反应类型：④____________________，⑦____________________。 (5)下列可检验阿司匹林样品中混有水杨酸的试剂是____________________。 a．三氯化铁溶液 b．碳酸氢钠溶液　 c．石蕊试液 解析：　从④的反应对象推知D为 ；从反应特征(D→E)知E为 ；从反应对象(E ‎)知C6H10Br2为；从⑧的反应产物特征逆推结合⑦的反应对象特征知F为，①、②、③的反应可从反应对象和水杨酸的结构推知，阿司匹林结构中无酚羟基，而水杨酸()结构中有酚羟无酚羟基，酚羟基能与Fe3+生成紫色络合物，所以选(a)三氯化铁溶液。‎ 答案： (1) (2) ＋(CH3CO)2O ＋CH3COOH (3)n (4)加成反应；消去反应 (5)a