（新高考）2022届高三一模检验卷—化学B

这是一份（新高考）2022届高三一模检验卷—化学B，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列有关实验原理或操作正确的是，科学家提出有关甲醇等内容，欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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（新高考）2022届高三一模检验卷
化 学（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．依据碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液反应原理来制备泡沫灭火器
B．家用“84”消毒液与洁厕灵混合后可增强其消毒能力
C．金属在潮湿的空气中生锈，主要发生化学腐蚀
D．大力开发利用可燃冰（固体甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理
【答案】A
【解析】A．碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液双水解产生二氧化碳的原理制备泡沫灭火器，故A正确；B．“84”消毒液与洁厕灵混合后会发生归中反应，产生毒气，故B错误；C．金属在潮湿的空气中生锈，形成原电池，主要发生电化学腐蚀，故C错误；D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）可以部分替代现有能源，有助于缓解能源危机，但会影响海洋生态环境，故D错误；故A正确。
2．春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是（ ）
A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液
C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水
【答案】C
【解析】A．95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B．甲醛有毒，故B错误；C．次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D．生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。
3．有机物与生活密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A．淀粉、纤维素和蔗糖水解的最终产物完全相同
B．油脂、蛋白质和聚乙烯都是高分子化合物
C．苯乙烯和乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．石油的分馏、裂化、裂解发生变化的本质相同
【答案】C
【解析】A．淀粉、纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，故A错误；B．油脂不是高分子化合物，故B错误；C．苯乙烯中含有碳碳双键，乙醇分子中有羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故C正确；D．石油的分馏是利用石油中各组分沸点不同而分离的一种方法，是物理过程，裂化、裂解发生了化学反应，是化学变化，所以本质不同，故D错误；故选C。
4．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．1L 1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
【答案】D
【解析】A．不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。
5．下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A．用20mL量筒量取15mL 酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B．在200mL 某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属阳离子，不考虑水解问题，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L−1
C．实验中需用2.0mol·L−1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为1000mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2mol·L−1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾（FeSO4·7H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】A．量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；B．1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为 =2.5 mol·L−1，B项正确；C．容量瓶没有950 mL规格，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，C项错误；D．溶解后需要冷却至室温再进行转移，D项错误；答案选B。
6．科学家提出有关甲醇（CH3OH）的碳循环如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．图中能量转化方式只有2种
B．CO2、CH3OH均属于有机物
C．CO2和H2合成CH3OH原子利用率为100%
D．CO2合成CH3OH燃料有利于促进“碳中和”（“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当）
【答案】D
【解析】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能等，能量转化不止2种，A不正确；B．CO2虽然含有碳元素，但它不属于有机物，B不正确；C．CO2和H2合成CH3OH的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，原子利用率不是100%，C不正确；D．CO2合成CH3OH燃料的反应方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，原料中的碳全部进入产品中，有利于促进“碳中和”，D正确；故选D。
7．下列离子方程式与所述事实相符的是（ ）
A．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
B．向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液显红色：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
C．将n mol Cl2通入含有n mol FeBr2的溶液中：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+Fe(OH)3=FeO+3Cl-+H2O+H+
【答案】B
【解析】A．氢氧化铝不溶于氨水，向AlCl3溶液中加入过量氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH，故A不符合题意；B．向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-形成配合物，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故B符合题意；C．亚铁离子的还原性大于溴离子，n mol Cl2通入含有n mol FeBr2的溶液中，亚铁离子都被氧化，溴离子部分被氧化，正确的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+Br2，故C不符合题意；D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，正确的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D不符合题意；故选B。
8．据西汉东方朔所撰的《神异经·中荒经》载，“西北有宫，黄铜为墙，题曰：地皇之宫。”文中“黄铜”的主要成分是铜、锌，还含少量锡、铅。下列说法错误的是（ ）
A．金属活动性：Zn>Pb>Sn>Cu
B．用黄铜制作的高洪太铜锣应置于干燥处保存
C．黄铜器能与稀硝酸发生反应
D．可用灼烧法区分黄铜和黄金首饰
【答案】A
【解析】A．根据金属活动性顺序表可知，金属活动性：Zn>Sn>Pb>Cu，故A错误；B．锌、铜能够在湿润的空气中发生吸氧腐蚀，因此用黄铜制作的高洪太铜锣应置于干燥处保存，避免发生腐蚀，故B正确；C．“黄铜”的主要成分是铜锌，还含少量锡、铅，其中的金属均能与具有强氧化性的酸发生氧化还原反应，故C正确；D．“黄铜”的主要成分是铜、锌，还含少量锡、铅，在空气中加热能够生成金属氧化物，其中氧化锌为白色，氧化铜为黑色，而黄金中的单质金与氧气在加热条件下不会反应，固体颜色无明显变化，故D正确；故答案为A。
9．中药提取物阿魏酸对艾滋病病毒有抑制作用。下列关于阿魏酸的说法错误的是（ ）

A．其分子式为
B．该分子中所有碳原子可能共平面
C．能与溶液发生显色反应
D．阿魏酸最多与发生加成反应
【答案】D
【解析】A．根据阿魏酸的结构式，可知其分子式为，A项正确；B．根据阿魏酸结构可知，苯环中6个碳原子共平面，双键中两个C原子共平面，同时单键具有旋转性，因此该分子中所有碳原子可能共平面，B项正确；C．该物质含有酚羟基可以与溶液发生显色反应，C项正确；D．该物质最多可与4mol氢气发生加成反应，苯环可以与3mol氢气发生反应，碳碳双键可以与1mol氢气发生反应，羧基中的碳氧双键不与氢气发生加成反应，D项错误；答案选D。
10．以叶蛇纹石[主要成分是，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3等]为原料提取高纯硅的流程如下：
叶蛇纹石SiO2粗硅SiHCl3高纯硅
下列说法错误的是（ ）
A．反应2的副产物可作燃料
B．反应3和反应4的副产物可循环利用
C．反应1、2、3、4都是氧化还原反应
D．上述流程中反应3和反应4不可在同一容器中进行
【答案】C
【解析】A．反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，其副产物CO可作燃料，故A正确；B．反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，故B正确；C．叶蛇纹石SiO2，因此反应1是非氧化还原反应，故C错误；D．硅的熔点高，如果反应3和反应4在同一容器中进行，不能达到提纯目的，应通过温度不同，利用反应3除去难溶性杂质（如SiO2），然后将三氯硅烷蒸馏出来，故D正确。故答案为C。
11．根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）




甲
乙
丙
丁
A．图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B．图乙是常温下用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L-1 CH3COOH的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点
C．图乙是1mol X2(g)、1mol Y2(g)反应生成2mol XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和
D．图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时，容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照氯水有O2生成
【答案】B
【解析】A．该反应为气体体积增大的反应，缩小容器的体积，二氧化碳的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数K= c(CO2)是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，二氧化碳的浓度等于原平衡二氧化碳的浓度，则图甲中t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故A正确；B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B错误；C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故C正确；D．由图可知，光照时容器内氧气的体积分数增大，说明氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故D正确；故选B。
12．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，W与X同主族，Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，Z为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（ ）
A．电负性：Z＞W＞X＞Y
B．简单氢化物的稳定性：W＞Y＞X
C．X的含氧酸与Y的氢化物形成的化合物中都只含离子键
D．Z与W形成的含氧酸盐的溶液显碱性
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。基态X原子核外有电子的能级是3个，且3个能级上的电子数相等，则X核外电子排布式是1s22s22p2，所以X是C元素；W与X同主族，则W是Si元素；Z为所在周期中原子半径最大的元素，则Z是Na元素；Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可形成一种盐，则Y是N元素，形成的该盐是NH4NO3。根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Na，W是Si元素。A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强；同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱，则元素电负性：Y＞X＞W＞Z，A错误；B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＞C＞Si，即Y＞X＞W，所以氢化物的稳定性：Y＞X＞W，B错误；C．X是C，Y是N，X的含氧酸H2CO3与Y的氢化物NH3形成的化合物如(NH4)2CO3是离子化合物，其中除存在离子键外，还存在N-H、C-O、C=O共价键，C错误；D．Z与W形成的含氧酸盐为Na2SiO3，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，D正确；故选D。
13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将盐酸滴入NaHCO3溶液
有气泡产生
氯的非金属性比碳的强
B
将乙烯与SO2分别通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液均褪色
两种气体使酸性KMnO4溶液褪色原理相同
C
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液显红色
证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
D
向2 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入5 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置
出现红褐色沉淀
同温下，Ksp[Mg(OH)2]>KSP[Fe(OH)3]
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸是无氧酸，不能根据其酸性比较非金属性，可用高氯酸的酸性进行比较，故A错误； B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，发生的是氧化反应；SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，褪色原理相同，故B正确；C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+不变色，只能说明含Fe3+，不能证明无Fe2+，故C错误；D．向2mL 0.1mol/L MgCl2溶液中加入5mL 0.1mol/L 的NaOH，观察到白色沉淀后继续滴入FeCl3，静置，出现红褐色沉淀，因为NaOH溶液过量，不能证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，发生了沉淀的转化，故D错误。答案选B。
14．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示（两电极均为惰性电极且完全相同），下列说法不正确的是（ ）

A．电极a上的反应为
B．电池工作一段时间后，左侧Na2SO4溶液浓度增大
C．电解过程中电能转化为化学能
D．每转移1 mol电子，此时生成的O2和CH4的质量比为4∶1
【答案】A
【解析】A．根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，故a电极上的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，A错误；B．电解时水电离产生的OH-比更容易失电子，在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，溶质的物质的量不变，所以左侧Na2SO4溶液的浓度增大，B正确；C．该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，C正确；D．在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1 molO2转移4 mol电子，每反应产生1 mol CH4气体，转移8 mol电子，则当转移1 mol电子时产生0.25 molO2、0.125 mol CH4气体，n(O2)∶n(CH4)=2∶1，故m(O2)∶m(CH4)=(2 mol×32 g/mol)∶(1 mol×16 g/mol)=4∶1，D正确；故选A。
15．常温下，用0.1mol·L-1HCl溶液滴定0.1mol·L-1 NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列说法不正确的是（ ）

A．Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5
B．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴定至溶液呈中性时，c(NH )＞c(NH3·H2O)
D．N点，c(Cl- ) - c(NH )=
【答案】D
【解析】A．在M点反应了50%，此时，pH = 9.26，，因此Kb(NH3·H2O)数量级为10−5，故A正确；B．P到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中，氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．当滴定至溶液呈中性时，pH = 7，根据，得出，，则c(NH)＞c(NH3·H2O)，故C正确；D．N点，根据电荷守恒得到，c(Cl－) − c(NH)= c(H+) − c(OH－)=1×10−5.28 −，故D错误。故选D。

第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．以废镍触媒（含、、、、及）为原料制备硫酸镍的工艺流程如图：

已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。
②该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH见下表：
金属离子




开始沉淀时的pH
6.4
2.2
4.1
9.6
完全沉淀时的pH
8.4
3.5
5.4
11.6
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶解的化学方程式为___________。
（2）“滤渣1”的成分是___________（填化学式）。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，依次析出的是___________（填化学式）；取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是___________。
（4）从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是___________，“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是___________。
（5）“滤渣4”并入滤渣___________（填“1”、“2”或“3”）可实现再利用。
（6）某工厂用2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，设整个流程中Ni的损耗率为20%，最终得到的质量为___________t。
【答案】（1）
（2）和
（3）、 检验是否除尽
（4）过滤（洗涤）、焙烧（煅烧） 抑制水解
（5）3
（6）4.208
【解析】以废镍触媒（含、、、、及）为原料制备硫酸镍的工艺流程中，先加入过量稀硫酸，、、、、转化为相应的硫酸盐，其中CaSO4微溶沉降，与稀硫酸不反应而沉淀，过滤后向滤液中加入氨水调节pH，使溶液中Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后向滤液中加入(NH4)2S将Ni2+转化为难溶物NiS沉降，过滤后将滤渣在氧气中加热生成NiSO4，然后将固体溶解于稀硫酸中，以防止Ni2+水解，然后进行降温结晶、过滤、洗涤得到NiSO4·6H2O。
（1）为两性氧化物，能与酸反应生成盐和水，“酸溶”时，溶解的化学方程式为。
（2）由上述分析可知，“滤渣1”的成分是和。
（3）“滤液1”的pH约为1.8，在“调节pH”时用氨水逐步调节pH至6.3，由题干表格可知，依次析出的是、；与SCN-反应生成（血）红色物质Fe(SCN)3，因此取少量“滤液2”，向其中滴入KSCN溶液的目的是检验是否除尽，故答案为：、；检验是否除尽。
（4）由题干信息“NiS不溶于水或稀硫酸；”可知，从“沉镍”到“溶解”还需经过的操作是过滤（洗涤）、焙烧（煅烧）；NiSO4为强酸弱碱盐，在水中会发生水解，因此“溶解”时用0.01的硫酸而不用水的原因是抑制水解，故答案为：过滤（洗涤）、焙烧（煅烧）；抑制水解。
（5）“滤渣4”为未完全氧化的NiS，因此可并入滤渣3可实现再利用。
（6）2t该废镍触媒（NiO含量为75%）制备硫酸镍，m(NiO)=2t×75%=1.5t，其中Ni原子的质量为m(Ni)=1.5t×=1.18t，设整个流程中Ni的损耗率为20%，根据Ni原子守恒，最终得到的质量为1.18t×80%×=4.208t。
17．亚硝酸钠（）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备（A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性氧化成）。

（1）仪器a的名称是___________。
（2）A中实验现象为___________。
（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。
A．NaOH固体 B．无水 C．碱石灰 D．浓硫酸
（4）E中发生反应的离子方程式为___________。
（5）从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进？___________。
（6）已知：；，为测定得到产品中的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为0.80g的样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol/L KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用溶液滴定至终点。重复以上操作3次，所消耗溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象为___________，该样品中纯度为___________。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）剧烈反应，产生大量红棕色气体
（3）AC
（4）
（5）在B装置中加入一定量的稀硫酸
（6）溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟不变色 86.25%
【解析】A中发生反应：，气体通入B中在水和铜的作用下将挥发出的硝酸和产物NO2转化为NO，在C中固体干燥，并除去可能混有的二氧化碳，得到纯净干燥的NO，进入D中发生反应2NO+Na2O2═2NaNO2，尾气在E中被高锰酸钾吸收。
（1）由仪器图形可知a为三颈烧瓶；
（2）A中碳和浓硝酸发生，可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；
（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可能是烧碱、碱石灰，故答案为：A、C；
（4）由信息可知，E装置的作用是利用高锰酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，避免污染空气，反应的离子方程式为：；
（5）B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，提高氮原子利用率；
（6）滴定终点，碘与完全反应，可观察到溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，第三次实验误差较大，可舍弃，则消耗Na2S2O3溶液的体积为=20.00（mL），消耗Na2S2O3的物质的量为0.500mol/L×20×10−3L=0.01mol，根据题给方程式可知，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为。
18．乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H=+213.7kJ·mol-1
脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·mol-1
（1）2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=____kJ·mol-1。
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为_____（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：

①约650℃之前，脱羧基反应活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是____。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示____。
（3）保持温度为T℃，压强为pkPa不变的条件下，在密闭容器中投入一定量的醋酸发生上述两个反应，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，脱羧基反应消耗乙酸60%，则平衡时乙酸体积分数为____（结果保留1位小数）；脱羧基反应的平衡常数Kp为____kPa（结果保留1位小数）。
（4）光催化反应技术使用CH4和____（填化学式）直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）。
（5）若室温下将amol/L的CH3COOH溶液和bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合，恢复室温后有2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则乙酸的电离平衡常数Ka=____（用含a和b的代数式表示）。
【答案】（1）-247.2
（2）常压 随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动 CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g)
（3）9.1% 0.8p
（4）CO2
（5）(2b×10-7)/(a-2b)
【解析】（1）由盖斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g) ∆H=−33.5kJ·mol-1 - 213.7kJ·mol-1=-247.2 kJ·mol-1；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；①热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动，650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动，故氢气的产率高于甲烷；②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应方程式为：CO(g)+ H2O(g)= H2(g)+CO2(g)；
（3）假设投入乙酸的物质的量为amol，热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.2amol，乙酸热裂解反应生成的一氧化碳和氢气的物质的量为：n(CO)=n(H2)=0.4amol；脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脱羧基反应消耗乙酸60%，故脱羧基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.6amol，脱羧基反应生成的甲烷和二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6amol；故乙酸的体积分数为：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)] ×100%=9.1% ；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a) ×pkPa=(3/11)×pkPa，p(CH3COOH)=(0.2a/2.2a)×pkPa=(1/11)×pkPa，脱羧基反应的平衡常数Kp=[(3/11)×p ×(3/11)×p]/[(1/11)×p]=0.8p；
（4）由原子守恒可知，光催化反应技术使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%）；
（5）由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)= c(CH3COO-)，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3COO-)=bmo/L、c(CH3COOH)=(a/2-b) mo/L、c(H+)=1×10-7mo/L，故Ka=1×10-7×b/(a/2-b)=(2b×10-7)/(a-2b)。
19．黄酮醋酸（F）具有独特抗癌活性，它的合成路线如下：

已知：在酸性条件下发生水解反应：
（1）上述路线中A转化为B的反应为取代反应，写出该反应的化学方程式________________________。
（2）F分子中有3种含氧官能团，名称分别为醚键、_________和_________。
（3）E在酸性条件下水解的产物可通过缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_______。
（4）写出2种符合下列条件的D的同分异构体的结构简式_____________、________________。
①分子中有4种化学环境不同的氢原子
②可发生水解反应，且一种水解产物含有酚羟基，另一种水解产物含有醛基。
（5）对羟基苯乙酸乙酯（）是一种重要的医药中间体。写出以A和乙醇为主要原料制备对羟基苯乙酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任选）。____________________
合成路线流程图请参考如下形式：

【答案】（1）++CH3COOH
（2）羰基 羧基
（3）
（4）
（5）
【解析】A转化为B的反应为取代反应，由B逆推，可知A的结构简式是；
（1）和发生取代反应生成和乙酸，反应方程式是++CH3COOH；
（2）分子中有3种含氧官能团，名称分别为醚键、羧基和羰基；
（3）在酸性条件下水解为，含有羧基、羟基，发生缩聚反应生成；
（4）①分子中有4种化学环境不同的氢原子，说明结构对称；②可发生水解反应，且一种水解产物含有酚羟基，另一种水解产物含有醛基，说明为甲酸酯；符合下列条件的的同分异构体有、；
（5）和氯气在光照条件下发生取代反应生成，和NaCN发生取代反应生成，，在酸性条件下水解为，和乙醇发生酯化反应生成，合成路线为。