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浙江省之江教育联盟2020届高三第一次联考（9月）化学试题
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之江教育联盟2019学年高三第一次联考（2019．9）化学试题卷
命题：茅盾中学
审题：稽山中学 桐乡一中
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
2．相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 K39 Fe56 Cu64 Ba137
选择题部分
一、选择题（本大题共20小题，1-10题每题2分，11-20题每题3分，共50分。每个小题均只有一个正确选项）
1.下列物质属于碱的是
A. CH3OH B. Cu2(OH)2CO3 C. NH3·H2O D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；
B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；
C. NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；
D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。
本题选C。
2.下列图示与操作名称不对应的是
A. 升华 B. 分液
C. 过滤 D. 蒸馏
【答案】A
【解析】
【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。
3.以下物质的水溶液显酸性的是
A. NaHCO3 B. NaHSO4 C. CH3COOK D. KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。
A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；
B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；
C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；
D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。
本题选B。
4.以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是
A. 2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓
B. Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O
C. 4HCl＋O2 2Cl2＋2H2O
D. 2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↓＋Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。
A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；
B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；
C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；
D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。
本题选B。
5.下列化学用语表述不正确的是
A. HCl的电子式： B. CH4的球棍模型
C. S2-的结标示意图： D. CS2的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCl共价化合物，分子中没有阴阳离子，其电子式为，A项错误；
B. CH4分子正四面体形，其中球表示原子，棍表示共价键，B项正确；
C. S2-的核电荷数为16，核外18电子符合电子排布规律，C项正确；
D. CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，D项正确。
本题选A。
6.能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A. 硝酸钡，稀硫酸 B. 稀盐酸，氯化钡
C. 稀硫酸，氯化钡 D. 稀硝酸，氯化钡
【答案】B
【解析】
【分析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。
【详解】A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。
本题选B。
【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。
7.以下说法不正确的是
A. 日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀
B. 硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳
C. 硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A项正确；
B. 维生素C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁，B项正确；
C. 硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C项正确；
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D项错误。
本题选D。
8.以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）
A. NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤
B. 硝基苯（苯）：蒸馏
C. 己烷（己烯）：加适量溴水，分液
D. 乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气
【答案】C
【解析】
【分析】
根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。
【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；
B. 硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；
C. 己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；
D. SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。
本题选C。
9.以下说法正确的是
A. CH3CH2C(CH3)3的系统命名是：2，2―甲基丁烷
B. H2、D2、T2互称为同位素
C. 乙酸、硬脂酸、软脂酸、油酸均属于同系物
D. 硝基乙烷（CH3CH2NO2）与甘氨酸（H2NCH2COOH）互称为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3CH2C(CH3)3的系统命名为2，2―二甲基丁烷，A项错误；
B. 同位素是质子数相同、中子数不同的原子。H2、D2、T2为单质分子，B项错误；
C. 同系物的结构相似，分子组成相差若干“CH2”。乙酸（CH3COOH）、硬脂酸（C17H35COOH）、软脂酸（C15H31COOH）属于同系物，它们与油酸（C17H33COOH）不是同系物，C项错误；
D. 同分异构体的分子式相同、结构不同。硝基乙烷（CH3CH2NO2）与甘氨酸（H2NCH2COOH）为同分异构体，D项正确。
本题选D
10.下列说法不正确的是
A. 属于有机物，因此是非电解质
B. 石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃
C. 煤的气化，液化和干馏都是化学变化
D. 等质量的乙烯，丙烯分别充分燃烧，所耗氧气的物质的量一样多
【答案】A
【解析】
【分析】
据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。
【详解】A. 属于有机物，在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，A项错误；
B. 石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃，裂化获得轻质液体燃料（汽油等），裂解获得短链不饱和烃（化工原料），B项正确；
C. 煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料，煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程，它们都是化学变化，C项正确；
D. 乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2，完全燃烧消耗等量氧气，D项正确。
本题选A。
11.能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋
B. 少量SO2通人NaClO溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO
C. 高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO4－＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O
D. 小苏打治疗胃酸过多：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；
B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；
C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；
D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。
本题选B。
【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。
12.下列说法正确的是
A. 硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应反应叫皂化反应
B. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C. 将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析
D. 油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析判断。
【详解】A. 油脂在碱性条件下的水解反应用于工业制肥皂，称为皂化反应，A项错误；
B. 淀粉溶液与硫酸溶液共热发生水解反应，用新制氢氧化铜悬浊液、加热检验水解产物前应加碱中和催化剂硫酸，B项错误；
C. 硫酸铜是重金属盐，加入到蛋白质溶液中出现沉淀，是蛋白质的变性，C项错误；
D. 油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，D项正确。
本题选D。
13.120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是
A. 0~3min内，H2的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1
B. 该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
C. 容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡
D. 10min后，反应体系达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A. 据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5 mol·L－1·min－1，A项正确；
B. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；
C. 据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；
D. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。
本题选B。
14.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是
X
Y
Z
W
A. 原子半径（r）大小比较：
B. X和Y可形成共价化合物XY、等化合物
C. Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强
【答案】C
【解析】
【分析】
据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。
【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。
A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；
B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；
C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；
D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。
本题选C。
15.下列说法正确的是
A. 金刚石和足球烯（）均为原子晶体
B. HCl在水溶液中能电离出，因此属于离子化合物
C. 碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力
D. 在、和都是由分子构成
【答案】C
【解析】
【分析】
据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。
【详解】A. 金刚石为原子晶体，足球烯分子（）之间靠分子间作用力结合成分子晶体，A项错误；
B. HCl是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出需在水的作用下才能发生，B项错误；
C. 碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确；
D. 、是由分子构成的，但是原子构成的，D项错误。
本题选C。
16.常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 两溶液中由水电离的：盐酸>醋酸
B. 两溶液中
C. 分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸
D. 分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。重视外因对电离平衡的影响。
【详解】A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离的：盐酸＝醋酸，A项错误；
B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和 c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；
C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸<醋酸，C项错误；
D. 稀释过程中，醋酸电离平衡右移。分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：盐酸>醋酸，D项错误。
本题选B。
17.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是
A. Zn为电池的负极，发生氧化反应
B. 电池工作时OH-向负极迁移
C. 该电池放电过程中电解质溶液浓度增大
D. 正极反应式为：2FeO42－＋10H＋＋6e－=Fe2O3＋5H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电池工作时，Zn失电子是电池的负极、发生氧化反应，A项正确；
B. 负极Zn失电子带正电，吸引溶液中阴离子，故向负极迁移，B项正确；
C. 该电池放电过程中，负极Zn→Zn(OH)2，正极K2FeO4→KOH+Fe2O3，总反应为3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3，KOH溶液浓度增大，C项正确。
D. 碱性溶液中，电极反应式不应出现H+，D项错误。
本题选D。
18.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2
B. 25℃时，1L的溶液中由水电离的的数目为
C. 常温常压下，和混合气体所含的原子数为
D. 500℃时，和在密闭容器中充分反应后生成的分子数为
【答案】D
【解析】
【分析】
盐类水解的本质是水的电离平衡的移动。一定条件下可逆反应不可能进行完全。
【详解】A. 钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2，A项正确；
B. 溶液中OH－全部来自水的电离。25℃、1L的溶液中c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)=10-5mol/L，水电离的OH－的数目为，B项正确；
C. 和混合气体中，“CH2”的物质的量为1mol，所含原子数为，C项正确；
D. 二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故和充分反应生成的分子数小于，D项错误。
本题选D。
19.25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. HCl溶液滴加一半时：
B. 在A点：
C. 当时：
D. 当时，溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。
【详解】A. HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)
C. 溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；
D. 溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。
本题选A。
【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。
20.某固体混合物X可能是由、Fe、、中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）
下列说法不正确的是
A. 气体A是、的混合物
B. 沉淀A是
C. 根据白色沉淀C是AgCl可知，白色沉淀B一定不是纯净物
D. 该固体混合物一定含有Fe、、
【答案】C
【解析】
【分析】
根据实验现象逐步分析、推理，并进行验证，确定混合物的组成成分 。
【详解】A. 据转化关系图，气体A能使石灰水变学浑浊，则A中有CO2，X中有Na2CO3。白色沉淀B能变成红褐色，则白色沉淀B中有Fe(OH)2，溶液A中有FeCl2，X中有Fe，进而气体A中必有H2，A项正确；
B. X与过量盐酸反应生成沉淀A，则X中含Na2SiO3，沉淀A为H2SiO3，B项正确；
C. 溶液B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C，则C为AgCl，溶液B中的Cl-可能全来自盐酸，则X中不一定有MgCl2，白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2，C项错误；
D. 综上分析，固体混合物X中一定含有Fe、、，可能有MgCl2，D项正确。
本题选C。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共7小题，共50分）
21.有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。
请回答：
（1）G的结构简式为_________________________。
（2）G→H的反应类型是_________________________。
（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。
（4）下列说法正确的是_______。
A．工艺Ⅰ是石油的裂化
B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气
C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物
D．H与互为同分异构体
E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：1
【答案】 (1). (2). 氧化反应 (3). HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O (4). DE
【解析】
【详解】X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。
（1）据C→G→I，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。
（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。
（3）F＋H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。
（4）A．工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；
B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；
C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；
D．H（CH3CH2COOH）与分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；
E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。
故选DE。
22.某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：
已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。
（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。
（2）写出气体C的结构式_________________。
（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。
（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。
原因________________________，证明方法________________________________________________。
【答案】 (1). 钠或Na (2). N≡N (3). (4). 离子被氧化 (5). 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确
【解析】
【分析】
将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。
【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。
（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。
（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。
（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。
23.工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：
（1）仪器D的名称是______________；装置D的作用是______________________。
（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会___________（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。
【答案】 (1). 干燥管 (2). 防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定 (3). 偏低
【解析】
【分析】
工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。
【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。
（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小，进而计算得到的纯度偏低。
【点睛】进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。
24.取一定质量的和固体的混合物溶于适量的水，将所得溶液等分成两份，向其中一份中缓慢逐滴加入某浓度的盐酸，产生的气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示；向另一份中加入过量的溶液，得到白色沉淀3.94g。试回答下列问题：
（1）盐酸的物质的量浓度为________________。
（2）固体混合物中质量为________________。
【答案】 (1). 0.1 (2). 0.78g
【解析】
【分析】
考虑固体溶于水所发生的反应，分析溶质可能的组成。结合滴加盐酸的图象，判断溶质成分。最后根据元素守恒关系进行计算。
【详解】和固体混合物溶于水，有反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，溶质有三种可能：NaOH和Na2CO3、只有Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3。溶液中滴加盐酸依次发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。图象中，第一阶段消耗的盐酸（100mL）少于第二阶段消耗的盐酸（200mL），故溶质只能为Na2CO3和NaHCO3。
（1）设原固体混合物中NaHCO3、Na2O2的物质的量分别为2a、2b，则溶于水所得溶液中(2a-4b)molNaHCO3、4bmolNa2CO3，每份溶液中(a-2b)molNaHCO3、2bmolNa2CO3。又设盐酸浓度为c，则据图象第一阶段有2b=0.1L×c，据图象第二阶段有(a-2b)+2b=0.2L×c。因溶液与过量Ba(OH)2溶液得到3.94gBaCO3，得(a-2b)+2b=3.94g/197g·mol-1=0.02mol。解得a=0.02mol、c=0.1mol·L-1、b=0.005mol。
（2）固体混合物中，m(Na2O2)=2b×78g·mol-1=0.78g。
25.（一）乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气（、、）与煤粉在催化剂条件下制乙炔，已知发生的部分反应如下：
①
②
③
请回答：
（1）依据上述反应，则 ____________
（2）若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。下图为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。
①乙炔体积分数在1530K之前随温度升高而增大的原因可能是______________________；1530K之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_______________。
②在体积为1L的密闭容器中反应，1530K时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应的平衡常数K=__________________。
③在恒温条件下，测得上述反应过程在相同时间时不同进料气n（氢气）/n（乙烯）下的乙炔产率﹐请画出乙炔产率随n（氢气）/n（乙烯）的变化关系图。
____________
（二）乙炔―空气燃料电池是一种碱性（20%-30%的KOH溶液）的电池，电池放电时，负极的电极方程式是________________________。
【答案】 (1). +262.23 (2). 1530K前升高温度，反应②③平衡正向移动，生成的乙炔更多 (3). 高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大 (4). 8.652 (5). (6).
【解析】
【分析】
应用盖斯定律计算相关反应的ΔH，根据图象中物质含量的变化分析主要化学反应，挖掘图象数据计算平衡常数，利用信息和反应分析氢气量对乙炔产率的影响，碱性条件下乙炔在负极失电子生成碳酸根。
【详解】（一）（1）消去无关物质CH4、H2，将①×2+②+③×2得：
ΔH=+262.23
（2）①图中，T<1530K时，随着温度升高，CH4体积分数明显减小（主要反应物）、H2体积分数稍有增大、C2H2体积分数显著增大（主要生成物），故主要是反应②③平衡正向移动的结果。T>1530K时，随着温度升高，CH4体积分数继续明显减小（主要反应物）、H2和C2H2体积分数稍有增大（次要生成物），此时主要是反应①平衡逆向移动的结果；
②图中，T=1530K平衡时，CH4、C2H2、H2的体积分数分别是0.0840、0.0840、0.8240，则C2H4体积分数为0.0080。1L密闭容器中气体的总物质的量为1.000mol，即CH4、C2H2、H2、C2H4的平衡浓度分别是0.0840mol/L、0.0840mol/L、0.8240mol/L、0.0080mol/L，则反应的平衡常数K=；
③恒温下反应相同时间时，n(氢气)/n(乙烯)增大[相当于n(乙烯)不变、n(氢气)增大]，起始少量氢气活化催化剂，故稍增大氢气的量能使乙炔产率增大；当原料中H2过量时反应③平衡逆向移动，使乙炔产率下降。乙炔产率随n（氢气）/n（乙烯）的变化关系如下。
（二）碱性（20%-30%的KOH溶液）乙炔―空气燃料电池中，乙炔在电池负极失电子生成碳酸根，电极方程式是C2H2－10e－＋14OH－=2CO32－＋8H2O。
26.二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体（其摩尔质量为354g·），是一种工业用化工原料。微溶于冷水，微溶于酒精，虽可溶于热水但会慢慢分解，干燥时较为稳定，温度高于260℃易分解。现以胆矾和草酸钾晶体为原料制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体流程如下：
根据以上内容请回答：
（1）冷却混合液时___________（“能”或者“不能”）用冰水加速冷却，原因是_________________
（2）下列说法正确的是_____________。
a．抽滤时选用的滤纸要小于布氏漏斗内径。且能盖住所有小孔
b．洗涤时可用冷水作洗涤剂
c．洗涤固体时，应开大水龙头，使洗涤过程快速完成
d．可以用加热烘干固体法，但加热温度不宜很高
（3）胆矾晶体可以从硫酸铜溶液中获得。具体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
①加入适量乙醇的优点有：
a．缩短加热的时间，降低能耗；b．___________________。
②在蒸发浓缩的初始阶段可通过_________（填操作名称）回收乙醇。
（4）准确称取制取的试样1.000g溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL于锥形瓶中，再加入10mL3.000的溶液，用0.01000的溶液滴定，消耗标准液18.00mL，则该产品的纯度是_____________。
【答案】 (1). 能 (2). 二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体可溶于热水但会慢慢分解，因此应该用冰水快速冷却 (3). ABD (4). 降低硫酸铜的溶解度,有利于硫酸铜晶体析出 (5). 蒸馏 (6). 79.65%
【解析】
【分析】
回答制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体问题时，应充分利用其性质（文字信息）。测定产品纯度是将二草酸合铜（Ⅱ）酸钾转化为草酸，再用标准液滴定草酸，故用关系式简化计算过程。
【详解】（1）硫酸铜热溶液与草酸钾热溶液混合时，因产物二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水、可溶于热水并慢慢分解，用冰水加速冷却混合液，利于产品析出并减少其分解。
（2）a．抽滤时滤纸应小于布氏漏斗内径，且盖住所有小孔，a正确；
b．用冷水洗涤，可减少产品的溶解损失，b正确；
c．洗涤固体时，应用少量蒸馏水、多次洗涤，以减少洗涤过程中产品溶解损失，c错误；
d．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体干燥时较为稳定，温度高于260℃易分解。故可用加热烘干产品，但温度应低于260℃，d正确。
正确的是abd。
（3）①硫酸铜在乙醇中的溶解度较小，硫酸铜溶液中加入乙醇，有利于析出胆矾晶体。
②乙醇的沸点比水低，蒸发浓缩的初始阶段可蒸馏回收乙醇。
（4）据题意，样品中二草酸合铜（Ⅱ）酸钾先转化为草酸，再用标准液滴定草酸。由物料守恒、得失电子守恒原理得关系式：
5K2[Cu(C2O4)2]·2H2O——10H2C2O4——4KMnO4
5×354g 4mol
1.000g×w× 0.01800L×0.01000mol/L
解得w=0.7965=79.65%
27.某课题组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成镇静催眠药物——苯巴比妥：
已知：。回答下列问题：
（1）写出H的结构简式______________________。H→苯巴比妥的反应类型_________________。
（2）写出F→G的化学方程式________________________________。
（3）下列说法正确的是__________。
a．B的核磁共振氢谱有5组峰
b．化合物E能发生取代，氧化、加成、消去等反应
c．尿素在一定条件下可水解生成和
d．苯巴比妥的分子式为
（4）F制备G时会生成副产物，写出符合下列条件的M的同分异构体的结构简式： ___________________。
①除苯环外不含其它环状结构。且苯环上有3个取代基；
②核磁共振氢谱图显示有5种化学环境不同的氢原子；
③该物质可发生银镜反应与水解反应，且1mol该物质完全水解时需要2molNaOH。
（5）以乙醇为原料可合成，请设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。___________
【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). +2CH3CH2OH2H2O+ (4). CD (5). (6). CH3CH2OHCH2=CH2HOOCCH2CH2COOH
【解析】
【分析】
根据合成反应流程图，应用“已知”信息，紧扣反应条件、分子结构变化、分子组成变化等，进行推断验证，进而回答问题。
【详解】（1）由“G→H→苯巴比妥”，比较G、苯巴比妥结构，可知H中有－CH2CH3，且知－CH2CH3位置。H的结构简式。H→苯巴比妥取代反应。
（2）流程图中，据“已知”和E结构可知F为，则F→G的化学方程式+2CH3CH2OH+2H2O。
（3）a．由A→B→C和“已知”可知B为，核磁共振氢谱有4组峰，a错误；
b．化合物E分子中-Cl无βH，不能发生消去反应，b错误；
c．一定条件下尿素[CO(NH2)2]分子中酰胺键可水解生成H2CO3和NH3，H2CO3分解生成H2O和，c正确；
d．苯巴比妥的分子式为，d正确。
正确的有cd。
（4）F制备G时生成的副产物应为。①要求分子中有三价苯基；②要求分子有较好的对称性，三个取代基相同或二同一异，且相同取代基对称分布；③银镜反应需有醛基。1mol该物质完全水解时需要2molNaOH，须有两个醇酯基或1个酚酯基。通过试写、检验可得：。
（5）乙醇分子中有2个碳原子，目标产物分子中有4个碳原子，利用“已知”反应可增加碳原子，即ClCH2CH2Cl+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaCl。乙醇（C2H5OH）经消去、加成可得ClCH2CH2Cl，由流程中“C→D”可将NCCH2CH2CN变成。故合成路线为：
CH3CH2OHCH2=CH2HOOCCH2CH2COOH。
【点睛】同分异构体的书写，须逐一满足题目要求，不断试写调整结构，并进行检验。
之江教育联盟2019学年高三第一次联考（2019．9）化学试题卷
命题：茅盾中学
审题：稽山中学 桐乡一中
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
2．相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 K39 Fe56 Cu64 Ba137
选择题部分
一、选择题（本大题共20小题，1-10题每题2分，11-20题每题3分，共50分。每个小题均只有一个正确选项）
1.下列物质属于碱的是
A. CH3OH B. Cu2(OH)2CO3 C. NH3·H2O D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；
B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；
C. NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；
D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。
本题选C。
2.下列图示与操作名称不对应的是
A. 升华 B. 分液
C. 过滤 D. 蒸馏
【答案】A
【解析】
【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。
3.以下物质的水溶液显酸性的是
A. NaHCO3 B. NaHSO4 C. CH3COOK D. KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。
A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；
B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；
C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；
D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。
本题选B。
4.以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是
A. 2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓
B. Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O
C. 4HCl＋O2 2Cl2＋2H2O
D. 2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↓＋Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。
A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；
B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；
C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；
D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。
本题选B。
5.下列化学用语表述不正确的是
A. HCl的电子式： B. CH4的球棍模型
C. S2-的结标示意图： D. CS2的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCl共价化合物，分子中没有阴阳离子，其电子式为，A项错误；
B. CH4分子正四面体形，其中球表示原子，棍表示共价键，B项正确；
C. S2-的核电荷数为16，核外18电子符合电子排布规律，C项正确；
D. CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，D项正确。
本题选A。
6.能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A. 硝酸钡，稀硫酸 B. 稀盐酸，氯化钡
C. 稀硫酸，氯化钡 D. 稀硝酸，氯化钡
【答案】B
【解析】
【分析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。
【详解】A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。
本题选B。
【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。
7.以下说法不正确的是
A. 日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀
B. 硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳
C. 硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A项正确；
B. 维生素C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁，B项正确；
C. 硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C项正确；
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D项错误。
本题选D。
8.以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）
A. NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤
B. 硝基苯（苯）：蒸馏
C. 己烷（己烯）：加适量溴水，分液
D. 乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气
【答案】C
【解析】
【分析】
根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。
【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；
B. 硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；
C. 己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；
D. SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。
本题选C。
9.以下说法正确的是
A. CH3CH2C(CH3)3的系统命名是：2，2―甲基丁烷
B. H2、D2、T2互称为同位素
C. 乙酸、硬脂酸、软脂酸、油酸均属于同系物
D. 硝基乙烷（CH3CH2NO2）与甘氨酸（H2NCH2COOH）互称为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3CH2C(CH3)3的系统命名为2，2―二甲基丁烷，A项错误；
B. 同位素是质子数相同、中子数不同的原子。H2、D2、T2为单质分子，B项错误；
C. 同系物的结构相似，分子组成相差若干“CH2”。乙酸（CH3COOH）、硬脂酸（C17H35COOH）、软脂酸（C15H31COOH）属于同系物，它们与油酸（C17H33COOH）不是同系物，C项错误；
D. 同分异构体的分子式相同、结构不同。硝基乙烷（CH3CH2NO2）与甘氨酸（H2NCH2COOH）为同分异构体，D项正确。
本题选D
10.下列说法不正确的是
A. 属于有机物，因此是非电解质
B. 石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃
C. 煤的气化，液化和干馏都是化学变化
D. 等质量的乙烯，丙烯分别充分燃烧，所耗氧气的物质的量一样多
【答案】A
【解析】
【分析】
据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。
【详解】A. 属于有机物，在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，A项错误；
B. 石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃，裂化获得轻质液体燃料（汽油等），裂解获得短链不饱和烃（化工原料），B项正确；
C. 煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料，煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程，它们都是化学变化，C项正确；
D. 乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2，完全燃烧消耗等量氧气，D项正确。
本题选A。
11.能正确表示下列变化的离子方程式是
A. 硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋
B. 少量SO2通人NaClO溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO
C. 高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO4－＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O
D. 小苏打治疗胃酸过多：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；
B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；
C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；
D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。
本题选B。
【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。
12.下列说法正确的是
A. 硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应反应叫皂化反应
B. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C. 将无机盐硫酸铜溶液加入到蛋白质溶液中会出现沉淀，这种现象叫做盐析
D. 油脂、蛋白质均可以水解，水解产物含有电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析判断。
【详解】A. 油脂在碱性条件下的水解反应用于工业制肥皂，称为皂化反应，A项错误；
B. 淀粉溶液与硫酸溶液共热发生水解反应，用新制氢氧化铜悬浊液、加热检验水解产物前应加碱中和催化剂硫酸，B项错误；
C. 硫酸铜是重金属盐，加入到蛋白质溶液中出现沉淀，是蛋白质的变性，C项错误；
D. 油脂水解生成的高级脂肪酸、蛋白质水解生成的氨基酸，都是电解质，D项正确。
本题选D。
13.120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是
A. 0~3min内，H2的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1
B. 该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
C. 容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡
D. 10min后，反应体系达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A. 据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5 mol·L－1·min－1，A项正确；
B. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；
C. 据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；
D. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。
本题选B。
14.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是
X
Y
Z
W
A. 原子半径（r）大小比较：
B. X和Y可形成共价化合物XY、等化合物
C. Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强
【答案】C
【解析】
【分析】
据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。
【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。
A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；
B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；
C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；
D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。
本题选C。
15.下列说法正确的是
A. 金刚石和足球烯（）均为原子晶体
B. HCl在水溶液中能电离出，因此属于离子化合物
C. 碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力
D. 在、和都是由分子构成
【答案】C
【解析】
【分析】
据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。
【详解】A. 金刚石为原子晶体，足球烯分子（）之间靠分子间作用力结合成分子晶体，A项错误；
B. HCl是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出需在水的作用下才能发生，B项错误；
C. 碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确；
D. 、是由分子构成的，但是原子构成的，D项错误。
本题选C。
16.常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 两溶液中由水电离的：盐酸>醋酸
B. 两溶液中
C. 分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸
D. 分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。重视外因对电离平衡的影响。
【详解】A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离的：盐酸＝醋酸，A项错误；
B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和 c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；
C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸<醋酸，C项错误；
D. 稀释过程中，醋酸电离平衡右移。分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：盐酸>醋酸，D项错误。
本题选B。
17.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是
A. Zn为电池的负极，发生氧化反应
B. 电池工作时OH-向负极迁移
C. 该电池放电过程中电解质溶液浓度增大
D. 正极反应式为：2FeO42－＋10H＋＋6e－=Fe2O3＋5H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电池工作时，Zn失电子是电池的负极、发生氧化反应，A项正确；
B. 负极Zn失电子带正电，吸引溶液中阴离子，故向负极迁移，B项正确；
C. 该电池放电过程中，负极Zn→Zn(OH)2，正极K2FeO4→KOH+Fe2O3，总反应为3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3，KOH溶液浓度增大，C项正确。
D. 碱性溶液中，电极反应式不应出现H+，D项错误。
本题选D。
18.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2
B. 25℃时，1L的溶液中由水电离的的数目为
C. 常温常压下，和混合气体所含的原子数为
D. 500℃时，和在密闭容器中充分反应后生成的分子数为
【答案】D
【解析】
【分析】
盐类水解的本质是水的电离平衡的移动。一定条件下可逆反应不可能进行完全。
【详解】A. 钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2，A项正确；
B. 溶液中OH－全部来自水的电离。25℃、1L的溶液中c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)=10-5mol/L，水电离的OH－的数目为，B项正确；
C. 和混合气体中，“CH2”的物质的量为1mol，所含原子数为，C项正确；
D. 二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故和充分反应生成的分子数小于，D项错误。
本题选D。
19.25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. HCl溶液滴加一半时：
B. 在A点：
C. 当时：
D. 当时，溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。
【详解】A. HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)
C. 溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；
D. 溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。
本题选A。
【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。
20.某固体混合物X可能是由、Fe、、中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）
下列说法不正确的是
A. 气体A是、的混合物
B. 沉淀A是
C. 根据白色沉淀C是AgCl可知，白色沉淀B一定不是纯净物
D. 该固体混合物一定含有Fe、、
【答案】C
【解析】
【分析】
根据实验现象逐步分析、推理，并进行验证，确定混合物的组成成分 。
【详解】A. 据转化关系图，气体A能使石灰水变学浑浊，则A中有CO2，X中有Na2CO3。白色沉淀B能变成红褐色，则白色沉淀B中有Fe(OH)2，溶液A中有FeCl2，X中有Fe，进而气体A中必有H2，A项正确；
B. X与过量盐酸反应生成沉淀A，则X中含Na2SiO3，沉淀A为H2SiO3，B项正确；
C. 溶液B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C，则C为AgCl，溶液B中的Cl-可能全来自盐酸，则X中不一定有MgCl2，白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2，C项错误；
D. 综上分析，固体混合物X中一定含有Fe、、，可能有MgCl2，D项正确。
本题选C。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共7小题，共50分）
21.有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。
请回答：
（1）G的结构简式为_________________________。
（2）G→H的反应类型是_________________________。
（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。
（4）下列说法正确的是_______。
A．工艺Ⅰ是石油的裂化
B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气
C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物
D．H与互为同分异构体
E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：1
【答案】 (1). (2). 氧化反应 (3). HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O (4). DE
【解析】
【详解】X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+H→I（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。
（1）据C→G→I，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。
（2）G（CH3CH2CH2OH）→H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。
（3）F＋H→I的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。
（4）A．工艺Ⅰ生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；
B．除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；
C．X（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；
D．H（CH3CH2COOH）与分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；
E．Ⅰ（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。
故选DE。
22.某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1），设计并完成了如下实验：
已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g·，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。
（1）无机盐A中所含金属元素为_________________。
（2）写出气体C的结构式_________________。
（3）写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。
（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。
原因________________________，证明方法________________________________________________。
【答案】 (1). 钠或Na (2). N≡N (3). (4). 离子被氧化 (5). 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确
【解析】
【分析】
将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。
【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。
（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式N≡N，从而A中含N元素。
（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42－，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。
（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN－或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。
23.工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：
（1）仪器D的名称是______________；装置D的作用是______________________。
（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会___________（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。
【答案】 (1). 干燥管 (2). 防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定 (3). 偏低
【解析】
【分析】
工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。
【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。
（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小，进而计算得到的纯度偏低。
【点睛】进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。
24.取一定质量的和固体的混合物溶于适量的水，将所得溶液等分成两份，向其中一份中缓慢逐滴加入某浓度的盐酸，产生的气体体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示；向另一份中加入过量的溶液，得到白色沉淀3.94g。试回答下列问题：
（1）盐酸的物质的量浓度为________________。
（2）固体混合物中质量为________________。
【答案】 (1). 0.1 (2). 0.78g
【解析】
【分析】
考虑固体溶于水所发生的反应，分析溶质可能的组成。结合滴加盐酸的图象，判断溶质成分。最后根据元素守恒关系进行计算。
【详解】和固体混合物溶于水，有反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，溶质有三种可能：NaOH和Na2CO3、只有Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3。溶液中滴加盐酸依次发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。图象中，第一阶段消耗的盐酸（100mL）少于第二阶段消耗的盐酸（200mL），故溶质只能为Na2CO3和NaHCO3。
（1）设原固体混合物中NaHCO3、Na2O2的物质的量分别为2a、2b，则溶于水所得溶液中(2a-4b)molNaHCO3、4bmolNa2CO3，每份溶液中(a-2b)molNaHCO3、2bmolNa2CO3。又设盐酸浓度为c，则据图象第一阶段有2b=0.1L×c，据图象第二阶段有(a-2b)+2b=0.2L×c。因溶液与过量Ba(OH)2溶液得到3.94gBaCO3，得(a-2b)+2b=3.94g/197g·mol-1=0.02mol。解得a=0.02mol、c=0.1mol·L-1、b=0.005mol。
（2）固体混合物中，m(Na2O2)=2b×78g·mol-1=0.78g。
25.（一）乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气（、、）与煤粉在催化剂条件下制乙炔，已知发生的部分反应如下：
①
②
③
请回答：
（1）依据上述反应，则 ____________
（2）若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。下图为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。
①乙炔体积分数在1530K之前随温度升高而增大的原因可能是______________________；1530K之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_______________。
②在体积为1L的密闭容器中反应，1530K时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应的平衡常数K=__________________。
③在恒温条件下，测得上述反应过程在相同时间时不同进料气n（氢气）/n（乙烯）下的乙炔产率﹐请画出乙炔产率随n（氢气）/n（乙烯）的变化关系图。
____________
（二）乙炔―空气燃料电池是一种碱性（20%-30%的KOH溶液）的电池，电池放电时，负极的电极方程式是________________________。
【答案】 (1). +262.23 (2). 1530K前升高温度，反应②③平衡正向移动，生成的乙炔更多 (3). 高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大 (4). 8.652 (5). (6).
【解析】
【分析】
应用盖斯定律计算相关反应的ΔH，根据图象中物质含量的变化分析主要化学反应，挖掘图象数据计算平衡常数，利用信息和反应分析氢气量对乙炔产率的影响，碱性条件下乙炔在负极失电子生成碳酸根。
【详解】（一）（1）消去无关物质CH4、H2，将①×2+②+③×2得：
ΔH=+262.23
（2）①图中，T<1530K时，随着温度升高，CH4体积分数明显减小（主要反应物）、H2体积分数稍有增大、C2H2体积分数显著增大（主要生成物），故主要是反应②③平衡正向移动的结果。T>1530K时，随着温度升高，CH4体积分数继续明显减小（主要反应物）、H2和C2H2体积分数稍有增大（次要生成物），此时主要是反应①平衡逆向移动的结果；
②图中，T=1530K平衡时，CH4、C2H2、H2的体积分数分别是0.0840、0.0840、0.8240，则C2H4体积分数为0.0080。1L密闭容器中气体的总物质的量为1.000mol，即CH4、C2H2、H2、C2H4的平衡浓度分别是0.0840mol/L、0.0840mol/L、0.8240mol/L、0.0080mol/L，则反应的平衡常数K=；
③恒温下反应相同时间时，n(氢气)/n(乙烯)增大[相当于n(乙烯)不变、n(氢气)增大]，起始少量氢气活化催化剂，故稍增大氢气的量能使乙炔产率增大；当原料中H2过量时反应③平衡逆向移动，使乙炔产率下降。乙炔产率随n（氢气）/n（乙烯）的变化关系如下。
（二）碱性（20%-30%的KOH溶液）乙炔―空气燃料电池中，乙炔在电池负极失电子生成碳酸根，电极方程式是C2H2－10e－＋14OH－=2CO32－＋8H2O。
26.二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体（其摩尔质量为354g·），是一种工业用化工原料。微溶于冷水，微溶于酒精，虽可溶于热水但会慢慢分解，干燥时较为稳定，温度高于260℃易分解。现以胆矾和草酸钾晶体为原料制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体流程如下：
根据以上内容请回答：
（1）冷却混合液时___________（“能”或者“不能”）用冰水加速冷却，原因是_________________
（2）下列说法正确的是_____________。
a．抽滤时选用的滤纸要小于布氏漏斗内径。且能盖住所有小孔
b．洗涤时可用冷水作洗涤剂
c．洗涤固体时，应开大水龙头，使洗涤过程快速完成
d．可以用加热烘干固体法，但加热温度不宜很高
（3）胆矾晶体可以从硫酸铜溶液中获得。具体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
①加入适量乙醇的优点有：
a．缩短加热的时间，降低能耗；b．___________________。
②在蒸发浓缩的初始阶段可通过_________（填操作名称）回收乙醇。
（4）准确称取制取的试样1.000g溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL于锥形瓶中，再加入10mL3.000的溶液，用0.01000的溶液滴定，消耗标准液18.00mL，则该产品的纯度是_____________。
【答案】 (1). 能 (2). 二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体可溶于热水但会慢慢分解，因此应该用冰水快速冷却 (3). ABD (4). 降低硫酸铜的溶解度,有利于硫酸铜晶体析出 (5). 蒸馏 (6). 79.65%
【解析】
【分析】
回答制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体问题时，应充分利用其性质（文字信息）。测定产品纯度是将二草酸合铜（Ⅱ）酸钾转化为草酸，再用标准液滴定草酸，故用关系式简化计算过程。
【详解】（1）硫酸铜热溶液与草酸钾热溶液混合时，因产物二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水、可溶于热水并慢慢分解，用冰水加速冷却混合液，利于产品析出并减少其分解。
（2）a．抽滤时滤纸应小于布氏漏斗内径，且盖住所有小孔，a正确；
b．用冷水洗涤，可减少产品的溶解损失，b正确；
c．洗涤固体时，应用少量蒸馏水、多次洗涤，以减少洗涤过程中产品溶解损失，c错误；
d．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体干燥时较为稳定，温度高于260℃易分解。故可用加热烘干产品，但温度应低于260℃，d正确。
正确的是abd。
（3）①硫酸铜在乙醇中的溶解度较小，硫酸铜溶液中加入乙醇，有利于析出胆矾晶体。
②乙醇的沸点比水低，蒸发浓缩的初始阶段可蒸馏回收乙醇。
（4）据题意，样品中二草酸合铜（Ⅱ）酸钾先转化为草酸，再用标准液滴定草酸。由物料守恒、得失电子守恒原理得关系式：
5K2[Cu(C2O4)2]·2H2O——10H2C2O4——4KMnO4
5×354g 4mol
1.000g×w× 0.01800L×0.01000mol/L
解得w=0.7965=79.65%
27.某课题组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成镇静催眠药物——苯巴比妥：
已知：。回答下列问题：
（1）写出H的结构简式______________________。H→苯巴比妥的反应类型_________________。
（2）写出F→G的化学方程式________________________________。
（3）下列说法正确的是__________。
a．B的核磁共振氢谱有5组峰
b．化合物E能发生取代，氧化、加成、消去等反应
c．尿素在一定条件下可水解生成和
d．苯巴比妥的分子式为
（4）F制备G时会生成副产物，写出符合下列条件的M的同分异构体的结构简式： ___________________。
①除苯环外不含其它环状结构。且苯环上有3个取代基；
②核磁共振氢谱图显示有5种化学环境不同的氢原子；
③该物质可发生银镜反应与水解反应，且1mol该物质完全水解时需要2molNaOH。
（5）以乙醇为原料可合成，请设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。___________
【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). +2CH3CH2OH2H2O+ (4). CD (5). (6). CH3CH2OHCH2=CH2HOOCCH2CH2COOH
【解析】
【分析】
根据合成反应流程图，应用“已知”信息，紧扣反应条件、分子结构变化、分子组成变化等，进行推断验证，进而回答问题。
【详解】（1）由“G→H→苯巴比妥”，比较G、苯巴比妥结构，可知H中有－CH2CH3，且知－CH2CH3位置。H的结构简式。H→苯巴比妥取代反应。
（2）流程图中，据“已知”和E结构可知F为，则F→G的化学方程式+2CH3CH2OH+2H2O。
（3）a．由A→B→C和“已知”可知B为，核磁共振氢谱有4组峰，a错误；
b．化合物E分子中-Cl无βH，不能发生消去反应，b错误；
c．一定条件下尿素[CO(NH2)2]分子中酰胺键可水解生成H2CO3和NH3，H2CO3分解生成H2O和，c正确；
d．苯巴比妥的分子式为，d正确。
正确的有cd。
（4）F制备G时生成的副产物应为。①要求分子中有三价苯基；②要求分子有较好的对称性，三个取代基相同或二同一异，且相同取代基对称分布；③银镜反应需有醛基。1mol该物质完全水解时需要2molNaOH，须有两个醇酯基或1个酚酯基。通过试写、检验可得：。
（5）乙醇分子中有2个碳原子，目标产物分子中有4个碳原子，利用“已知”反应可增加碳原子，即ClCH2CH2Cl+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaCl。乙醇（C2H5OH）经消去、加成可得ClCH2CH2Cl，由流程中“C→D”可将NCCH2CH2CN变成。故合成路线为：
CH3CH2OHCH2=CH2HOOCCH2CH2COOH。
【点睛】同分异构体的书写，须逐一满足题目要求，不断试写调整结构，并进行检验。
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