2022-2023学年浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考化学试题含解析，共38页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，元素或物质推断题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．温州是东瓯名镇，有着十分深厚的艺术文化底蕴，特别是在非物质文化遗产方面，各级的遗产名录中的项目就占有336个，下列非遗项目中涉及的物质主要由硅酸盐组成的是
选项
A
B
C
D
非遗项目




瓯秀
瓯窑
米塑
黄杨木雕

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．瓯秀属于刺绣的一种，使用的主要材料为纤维素，故A错误；
B．瓯窑的主要成分为硅酸盐，故B正确；
C．米塑属于食品工艺的一种，主要使用含糖类等物质制成，故C错误；
D．木雕使用木材为原料进行雕刻，主要成为为纤维素，故D错误；
故选B。
2．在中和滴定实验过程中一定用不到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．A为烧杯，中和滴定实验中用于盛装调节液面时的液体，A不选；
B．B为容量瓶，用于配制标准液，B不选；
C．C为恒压分液漏斗，在中和滴定实验中不用，C选；
D．D为移液管，可以量取一定体积的溶液，在中和滴定实验中可以使用，D不选；
故选C。
3．下列说法正确的是
A．磁性氧化物的化学式：Fe2O3 B．水晶的分子式：SiO2
C．纯碱的电子式： D．石炭酸的最简式：C6H6O
【答案】D
【详解】A． 磁性氧化铁是四氧化三铁，A错误；
B．水晶中的二氧化硅是原子晶体，没有分子，故不能说成是分子式，B错误；
C．纯碱是Na2CO3，不是NaOH，C错误；
D． 石炭酸为苯酚，分子式为C6H6O，最简式也是C6H6O，D正确；
故选D。
4．下列有关化学用语的描述不正确的是
A．氯化氢的形成： B．干冰的空间填充模型：
C．新戊烷的健线式： D．的结构简式：CH3(CH2)16COOH
【答案】B
【详解】A．HCl属于共价化合物，其形成的电子反应式为：，故A正确；
B．干冰是二氧化碳的固态形式，其中碳原子原子半径大于氧原子，故B错误；
C．新戊烷由四个甲基连在同一个碳原子上，键线式为，故C正确；
D．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子式为：，结构简式为：，故D正确；
故选B。
5．下列说法正确的是
A．1H2、2H2、3H2互为同位素
B．N2、N、N4、N互为同素异形体
C． 与 互为同系物
D．HCOOCH2CH3与CH3CH2OCHO互为同分异构体
【答案】C
【详解】A．同位素是指含有相同质子数不同中子数的原子，是具体的原子，故A错误；
B．同素异形体指由同种元素组成的不同单质，故B错误；
C．和 相差2个，且含有相同种类和数目的官能团，互为同系物，故C正确；
D．HCOOCH2CH3与CH3CH2OCHO属于同种物质，故D错误；
故选C。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molK3[Fe(CN)6]配合物中含σ键数目为24NA
B．30g质量分数为10%的甲醛水溶液中含氢原子数为3.2NA
C．5.6g铁粉与足量的高温水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
D．标准状况下，4.48LNO与3.2gO2充分反应，产物的分子数为0.2NA
【答案】B
【详解】A．CN含有一个σ键和2个π键，其中Fe与CN以σ键连接，所以1molK3[Fe(CN)6]配合物中含σ键数目为12NA，故A错误；
B．30g质量分数为10%的甲醛水溶液中，HCHO质量为3g，物质的量为=0.1mol；水的质量为27g，物质的量为=1.5mol，总的H原子的物质的量为=3.2mol，故B正确；
C．5.6g铁粉的物质的量为=0.1mol，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即3molFe转移8mol电子，所以0.1mol铁粉完全反应转移mol电子，故C错误；
D．标况下，4.48LNO物质的量为=0.2mol，3.2gO2物质的量为=0.1mol，发生反应：，又存在，所以分子数小于0.2NA，故D错误；
故选B。
7．医用外科一次性口罩的结构如图所示，下列说法不正确的是

A．外层具有阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层具有阻隔部分病毒和细菌的作用
B．聚丙烯(PP)与聚对苯二甲酸乙二酯(PE)属于有机高分子材料，都是通过加聚反应合成的
C．镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层外，还用了电化学保护法——牺性阳极法
D．医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用
【答案】B
【详解】A．由图可知，外层的无纺布具有阻水的性能，能起到阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层的熔喷聚丙烯具有过滤的性能，能起到阻隔部分病毒和细菌的作用，故A正确；
B．聚对苯二甲酸乙二酯是通过縮聚反应合成的有机高分子化合物，故B错误；
C．镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层阻碍铁丝腐蚀外，还因为锌的金属性强于铁，镀层破损后，锌做负极被损耗，铁做正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．废弃口罩是不可回收垃圾，为防止病毒传染，医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用，故D正确；
故选B。
8．下列物质实验室制备的过程或操作不正确的是
A．制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%的乙醇，过滤，洗涤
B．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热
C．制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约为1∶3)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃
D．制备线型酚醛树脂：在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌
【答案】C
【详解】A．制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，再加入8mL95%的乙醇，境地晶体的溶解度，过滤，洗涤，可得[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，A正确；
B．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，停止加热　，B正确；
C．制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约应为3∶1)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃，C错误；
D．在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌，可制备线型酚醛树脂，D正确；
故选C。
9．三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列有关该反应的说法不正确的是
A．当0.5molH2O被氧化时，生成0.1mol氧气
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．当转移电子6mol时，生成的还原产物为1mol
D．当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol
【答案】A
【详解】A．从方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5molH2O被氧化时，生成了0.25molO2，A错误；
B．该反应3个BrF3中作为氧化剂的BrF3有2个，作为还原剂的BrF3有1个，H2O中有2个为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；
C．2molBrF3为氧化剂，得到6mol电子生成还原产物为Br2，物质的量为1mol，C正确；
D．该反应中生成9个HF时，有2个BrF3被还原，得到6个电子，而BrF3生成HBrO3失去2个电子，则被BrF3还原的BrF3为个，则生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol，D正确；
故答案选A。
10．下列实验操作或结论正确的是
A．润洗滴定管的方法：从上口加入3～5mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管下部放出
B．测NaClO溶液pH：用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸中部，变色稳定后与标准比色卡比对
C．X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰
D．培养明矾晶体时，在烧杯中放入比室温高10～20℃的蒸馏水，加明矾至少量晶体不再溶解，将一颗用细线系好的形状完整的小晶体悬挂在中央，最后将烧杯置于冰水浴中加速冷却
【答案】A
【详解】A．润洗滴定管的方法：从上口加入3～5mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管下部放出，故A正确；
B．次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定其溶液的pH值，故B错误；
C．X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过晶体时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，石英玻璃粉末不是晶体，故C错误；
D．培养明矾晶体时，在烧杯中放入比室温高10～20℃的蒸馏水，加明矾至少量晶体不再溶解，将一颗用细线系好的形状完整的小晶体悬挂在中央，缓慢冷却，故D错误；
故选A。
11．下列反应的离子方程式正确的是
A．H2O中投入Na218O2固体：4H2O+4Na218O2=8Na++2OH-+618OH-+18O2↑+O2↑
B．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2H++2Br-
C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液：H3PO3+2OH-=HPO+2H2O
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-=2BaSO4↓+Al(OH)+NH3•H2O
【答案】D
【详解】A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，H2O中投入Na218O2固体：，故A错误；
B．浓溴水具有强氧化性，能将醛基氧化，故B错误；
C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液，生成，其离子方程式为：，故C错误；
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，其中先生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，继续滴加有氨水生成，当氢氧化钡过量时生成的氢氧化铝逐渐溶解，反应的离子方程式为：，故D正确；
故选D。
12．如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关该物质的说法不正确的是

A．该物质含有3种官能团并存在顺反异构，但不存在对映异构
B．该物质在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应
C．该物质与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原了数目为7个
D．1mol该物质最多与7molH2反应、5molNaOH反应
【答案】C
【详解】A．该物质含有三种官能团，分别是羧基、碳碳双键和氯原子；碳碳双键连接了四个不同的原子或基团，则该物质存在顺反异构；该物质不存在手性碳原子，故该物质不存在对映异构体，A正确；
B．该物质含有羧基和甲基，可以发生取代反应；该物质含有碳碳双键，可以发生加成、氧化、还原、加聚反应，B正确；
C．该物质与足量H2加成所得有机物分子为，其手性碳原子（标有“*”）如图所示，共有4个，C错误；
D．1mol该物质含有1mol碳碳双键和2mol苯环，1mol该物质最多可以和7mol H2发生反应；1mol该物质含有1mol羧基和2mol苯环上的氯原子，苯环上的氯原子和NaOH反应后生成的酚羟基，继续消耗NaOH，故1mol该物质最多与5mol NaOH反应；D正确；
故选C。
13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属三个周期四个主族，其中Y的氢化物能腐蚀玻璃。由这四种元素形成的分子结构如图所示。下列说法正确的是

A．简单氢化物的沸点由高到低的顺序：Y＞Z＞X
B．Y的氢化物能腐蚀玻璃是因为分子极性很强
C．原子半径由大到小的顺序：Z＞Y＞X＞W
D．该分子中X、Z原子的杂化方式分别为sp2、sp3
【答案】A
【分析】Y的氢化物能腐蚀玻璃，则Y为F，X原子序数小于F且能形成4条键，则X为C，W形成一条键，原子序数小于C，则W为H，Z原子序数大于F，且W、X、Y、Z分属于三个周期四个主族，则Z为S。
【详解】A．HF中存在氢键，故其沸点高于H2S和CH4，H2S的相对分子质量大于CH4，故沸点H2S大于CH4，A正确；
B．HF能腐蚀玻璃是因为HF与SiO2反应生成的SiF4为气体，生成的SiF4逸出促进反应不断正向进行，从而HF能腐蚀玻璃，B错误；
C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径Z>X>Y>W，C错误；
D．该分子中X、Z均为sp2杂化，D错误；
故答案选A。
14．下列说法一定正确的是
A．1LpH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.01mol
B．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c(H+)逐渐增大，但电离常数Ka不变
C．常温下，将pH=9的CH3COONa溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH=9
D．常温下，将pH=2的一元酸溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7
【答案】C
【详解】A．温度不明确，则水的离子积不确定，不能得出：1LpH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.01mol的结论，故A错误；
B．将冰醋酸加水稀释过程中，溶液中的氢离子和粗酸根离子浓度减小，故B错误；
C．pH相同的两溶液任意比混合，混合后氢氧根离子浓度不变，pH无变化，所以常温下，将pH=9的CH3COONa溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH=9，故C正确；
D．酸和碱的强弱未知，反应后的溶液不一定呈中性，故D错误；
故选C。
15．奥地利物理学家Boltzmann首次把熵和混乱度定量地联系起来，即S=klnΩ(k为Boltzmann常数，Ω为混乱度，也即微观状态数，可粗略地看作空间排列的可能性数目)。在相同的温度和压强下，下列关于熵的大小排序不正确的是
A．相同质量时：C(s，金刚石)＞C(s，石墨)＞C(s，富勒烯)
B．1molSO2(g)>lmolCO2(g)＞1molO2(g)＞1molH2(g)
C．2molH2O(g)＞1molH2O(g)＞lmolH2O(1)＞1molH2O(s)
D．1molCH3CH2CH3(g)＞lmolCH3CH3(g)＞lmolCH4(g)
【答案】A
【详解】A．质量相同时，金刚石和石墨的物质的量相同，从结构上看，金刚石比石墨排列有序，熵值低，所以相同质量时，熵值：C(s，金刚石)”、“；
（3）
从图甲中可以看出Ni与周围四个N原子相连形成配合物，其配位数为4；根据元素周期律，同周期电负性从左到右依次增大，同主族从上到下依次减弱，金属电负性小于非金属，所以素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为，故填；
（4）
根据晶胞结构示意图，晶胞中La原子的个数为：；Ni原子个数为：，所以该晶体的化学式为：或；根据=，其中=，代入上式得：，故填或、

三、元素或物质推断题
27．新型耐火材料M由三种短周期元素组成，涉及M的转化关系如图所示：

已知：气体E是直线形三原子分子；气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；化合物A，C的实验式中的原子总数和电子总数均相等(图中的某些产物未列出)。请回答下列问题：
(1)气体G分子的VSEPR模型为_____，空间结构为_____。
(2)白色沉淀K是两性氢氧化物，写出其酸式电离的电离方程式_____。
(3)组成M的三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。
(4)反应①的化学方程式为_____。
(5)设计实验确定溶液F中所含溶质的阴离子的方法：_____。
【答案】(1)     四面体形     三角锥形
(2)Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+(或Al(OH)3H2O+AlO+H+)
(3)C＞Si＞Al
(4)SiAl4C4+2N2SiC+4AlN+3C
(5)取样，逐滴滴加稀盐酸，先有白色沉淀，加盐酸过量后沉淀消失，则含有AlO

【分析】气体E是直线形三原子分子，为二氧化碳；气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为氨气，物质的量为0.4mol；溶液H中通入二氧化碳气体生成白色沉淀为硅酸沉淀，加热后得到固体D为二氧化硅。则二氧化硅为6.0克，物质的量为0.1mol，溶液F中通入二氧化碳生成白色沉淀K为氢氧化铝，加热后得到固体L为氧化铝，即氧化铝为20.4克，物质的量为0.2mol，化合物C    中含有铝和氮元素，即为氮化铝，根据化合物A，C的实验式中的原子总数和电子总数均相等分析，化合物A为碳化硅。单质B为碳，物质的量为0.3mol，则18.4克M中含有铝0.4mol，10.8克，生成碳单质的质量为3.6克，物质的量0.3mol剩余碳和硅元素在化合物A中，质量为18.4-10.8-3.6=4.0克，则含有0.1mol硅和0.1mol碳，即M 中含有0.4mol铝，0.4mol碳，0.1mol硅，化学式为SiAl4C4。据此解答。
（1）
气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明为氨气，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形。
（2）
白色沉淀K是两性氢氧化物，且是溶液F与二氧化碳反应生成的，故为氢氧化铝，其酸式电离的电离方程式Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+(或Al(OH)3H2O+AlO+H+)；
（3）
组成M的三种元素为碳、硅、铝，碳和硅是同主族元素，同主族元素，从上到下，第一电离能减小，硅和铝是同周期元素，同周期，从左到右第一电离能变大，故第一电离能由大到小的顺序为C＞Si＞Al；
（4）
根据分析可知M为SiAl4C4。其余氮气反应生成氮化硅和氯化铝和碳，方程式为：SiAl4C4+2N2SiC+4AlN+3C；
（5）
F为偏铝酸钠，检验偏铝酸根离子的方法为：逐滴滴加稀盐酸，先有白色沉淀，加盐酸过量后沉淀消失，则含有AlO。

四、原理综合题
28．我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，“碳中和”对我国意味着：一是能源转型首当其冲：二是通过工艺改造、节能等措施减少二氧化碳的排放在能源的产生、转换、消费过程。
I.减少二氧化碳排放的方法之一是将CO2催化还原，比如：
反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
都是目前处理CO2的重要方法。回答下列问题：
(1)反应1在_____的条件下能自发发生，该反应的活化能Ea(正)_____Ea(逆)(填“大于”或“小于”)。
(2)已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
②H2O(l)=H2O(g) △H3=44.0kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。
(3)恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1∶3的CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7kJ•mol-1达到平衡，下列有关叙述正确的是_____。
A．升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B．再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率不可能同时都增大
C．加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率
D．其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
(4)一定条件下，在1L密闭容器中加入2molCO2和2molH2只发生反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，如图是随着反应的进行，CO2的浓度随时间改变的变化图。若在t1时刻再加入1molCO2，t2时刻到达新的平衡。请你画出t1～t3内时刻CO2的物质的量浓度随时间改变的变化图_____。

(5)II.减少二氧化碳排放的方法之二是使用合适催化剂可由CO2和CH4可转化为CH3COOH，但反应中催化剂活性会因积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)而降低，同时存在的消碳反应CO2(s)+C(s)=2CO(g)则使积碳量减少。在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)。在p(CH4)一定时，pa(CO2)＞pb(CO2)＞pc(CO2)，如图可以表示不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势的是_____(填序号)。
A． B．
C． D．
(6)III.减少二氧化碳排放的方法之三是使用电化学方法转化CO2，研究证明：CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，收集CO进行其他有机类合成。则生成CO的反应发生在_____极，该电极反应式是____。
【答案】(1)     低温     小于
(2)+41.2
(3)AD
(4)
(5)A
(6)     阴     2CO2+2e-=CO+CO

【分析】有两个或以上的气体反应物参与平衡时，增加其中一个气体反应物浓度，另一个反应物的转化率一定增加，两个同时增加时，与反应是分子数增大还是分子数减小有关。
（1）
(1)该反应为分子数减少的反应：，且为放热反应：，根据判据：时反应自发进行，可知该反应在低温下可自发进行；由，所以，故填低温、小于；
（2）
(2) CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，可得；；根据盖斯定律，==+41.2Kj/mol，故填+41.2
（3）
(3)A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡左移，平衡常数只与温度有关，即平衡常数减小，故A正确；
B．再加入一定量的CO2和H2，体系内压强增大，两者可能都增加，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动不影响，故C错误；
D．该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，平衡右移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选AD；
（4）
(4)增大反应物的浓度平衡向右移动，反应速率加快，二氧化碳转化率降低，根据题意可得： ，故填 ；
（5）
(5)根据速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5 (k为速率常数)，当p(CH4)一定时，积碳速率与p(CO2)成反比，即二氧化碳压强越大，祭坛量越少，且为指数变化关系，所以在以下四幅图中，只有A满足，故选A；
（6）
(6)从CO2参与反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，所以生成CO的一极为阴极，电极反应式为：，故填阴、。

五、实验题
29．氮化铝广泛应用于集成电路生产领域，合成氮化铝的常见方法有：
方法①：金属直接氮化法：2Al+N22AlN或者2Al+3NH32AlN+3H2；
方法②：氧化物还原氮化法：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；
方法③：化学气相沉积法等。
I.某化学研究小组依据方法②氧化物还原氮化法，设计如图(图1)实验装置欲制取氮化铝。

(1)仪器B的名称_____；装置中橡胶导管A的作用是____。
(2)上述实验装置存在两处不足：____、____。
(3)反应结束后，某同学按图2装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。

①广口瓶中的试剂X最好选用_____(填写序号)。
a.汽油     b.酒精     c.植物油 d.CCl4
②下列措施或事实造成测定氮化铝样品的质量分数偏小的是____。(填写序号)。
a.广口瓶中的液体没有装满        b.量筒的液面高于试剂X的液面
c.氨气没有全部进入广口瓶        d.撤走橡胶导管E，并将锥形瓶塞改为双孔塞
③若实验中称取氮化铝样品的质量为1.00g，测得氨气的体积336mL(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为_____。(保留3位有效数字)。
II.工业上依据方法③化学气相沉积法合成氯化铝，工艺流程如图：

已知：步骤II中发生的刷反应，AlCl3+nNH3AlCl3•nNH3
(4)步骤III中发生的主反应化学方程式：_____。
【答案】(1)     (球形)干燥管     使NaNO2饱和溶液容易滴下
(2)     没有尾气处理装置     C装置不宜采用酒精灯加热的方式
(3)     c     bd     61.5%
(4)AlCl3•NH3AlN+3HCl

【解析】（1）
仪器B的名称是干燥管，装置中橡胶导管A的作用是平衡内外气压，使使NaNO2饱和溶液容易滴下
（2）
有CO生成，会污染空气，所以装置缺少尾气处装置；由于本实验温度需要1000℃以上，用酒精灯很难实现，故C装置不宜采用酒精灯加热的方式，可换用酒精喷灯；
（3）
①本实验是通过排水测定气体气体，试剂X起到一个隔绝的作用，则X应该是密度小于水且与水不溶的试剂，汽油易挥发，a不正确；酒精和水互溶，b不正确；植物油密度小于水且不溶于水，故选用植物油，选c；
②
a.广口瓶中的液体没有装满，对实验结果没有影响，a不合题意；             
b.量筒的液面高于试剂X的液面，会导致气压变大，水不能顺利排放右边而减少，b正确；
c.氨气没有全部进入广口瓶，实验允许误差的存在，不可能保证所有的氨气都进入C装置，c不合题意；             
d.撤走橡胶导管E，并将锥形瓶塞改为双孔塞，则内外气压抵消，导致氢氧化钠溶液不能顺利滴下，不能完全反应，使得气体的体积减少，结果偏小，d正确；
故选bd。
③根据方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，336ml氨气在标况下的物质的量为0.015mol，则氮化铝的物质的量也为0.015mol，则样品中AlN的质量分数为
（4）
根据流程图，纯铝在干燥的HCl气流中生成AlCl3气体，再跟NH3反应生成AlCl3•NH3，再于800-1000℃分解生成氮化铝。故步骤III AlCl3•NH3分解生成氮化铝和HCl，其方程式为

六、有机推断题
30．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(I)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。

已知：①
②
③
(1)F中含有的官能团名称为_____。
(2)丹皮酚的结构简式为____。
(3)下列说法不正确的是____。
A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H34O3N3
B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C．E→F和H→I的反应类型均为取代反应
D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2
E.溴代烃X的名称可能为1－溴丁烷
(4)写出A→B的化学方程式____。
(5)有机物M是G(C11H15O3N)的同分异构体，写出两种满足下列所有条件的M结构简式：____。
①能发生银镜反应；②1molM与2molNaOH恰好反应。③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。
(6)阿司匹林()也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林____。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)醚键、(酮)羰基
(2)
(3)ADE
(4)+6Fe+12HCl→+6FeCl2+4H2O
(5)、
(6)

【分析】根据流程和题中信息①可知A为，B为，C为，D到E位取代反应保护羰基对位的羟基，故E为，根据信息②可知G为，G发生取代反应生成F，F发生取代反应生成I；
（1）
根据F的结构式可知F中含有的官能团名称为醚键、(酮)羰基；
（2）
根据分析可知丹皮酚的结构简式为；
（3）
A.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H33O3N3，故A错误；
B. B为物质B可能溶于水，氨基具有碱性能与盐酸反应生成有机盐，故B正确；
C.根据流程可知E→F和H→I的反应类型均为取代反应，故C正确；
D. C为，物质C能使浓溴水反应生成白色沉淀，而且1molC消耗3molBr2，故D错误；
E.根据H的结构可知溴代烃X的名称可能为1，4－二溴丁烷，故E错误；
故答案为ADE；
（4）
A为，在盐酸和铁粉作用下还原为B，方程式为+6Fe+12HCl→+6FeCl2+4H2O；
（5）
G为，
①能发生银镜反应说明有醛基或者甲酸酯基；②1molM与2molNaOH恰好反应，可以含有2个酚羟基或者甲酸与酚羟基形成的酯基，③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。符合条件的有、；
（6）
发生换与水反应生成，再与HCl/H2O再220℃下得到，再发生流程信息中的反应可得到目标产物，合成路线为：；