2023年高考第一次模拟考试卷：化学（辽宁A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（辽宁A卷）（全解全析），共19页。

2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Pb 207

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，只有一项符合题目要求．
1．2021年末，詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公里的第二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述错误的是
A．主镜材料为密度小，性能好的金属铍，表面的金涂层可提高红外线反射率
B．望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料
C．望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低
D．望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4，N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色
【答案】D
【解析】
A．金属铍的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线反射率的提高，A正确；
B．聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料，B正确；
C．氦的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；
D．N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增大，所以气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；
故选D。
2．下列表示正确的是
A．CH3Cl的电子式： B．镁原子最外层电子的电子云图：
C．四氯化碳的比例模型： D．乙酸甲酯的结构简式：CH3OOCCH3
【答案】D
【详解】
A．一氯甲烷是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．镁原子最外层电子为3s电子，电子云图，故B错误；
C．四氯化碳中氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的比例模型为，故C错误；
D．乙酸甲酯的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3OOCCH3，故D正确；
故选D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．15g 14C16O中含有的质子数目为8NA
B．铅蓄电池中，当正极理论上增加3.2g时，电路中通过的电子数目为0.1NA
C．1L 0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA
D．常温常压下，46g NO2中所含的分子数目为NA
【答案】B
【解析】
A．中含有的质子数目为，A错误；
B．正极由，每增重64g转移2mol电子，故正极增重3.2g转移电子数为，B正确；
C．1L溶液中含有溶质，完全电离，即，部分水解和电离，即，，根据水解和电离方程式可知，阴离子的数目没有发生变化，且溶液中还有溶剂水电离产生的，故阴离子数目大于，C错误；
D．容易形成双聚分子，常温常压下，中所含的分子数少于，D错误；
故选：B。
4．特布他林是治疗支气管哮喘，喘息性支气管炎，肺气肿等肺部疾病的药物。它对支气管平滑肌有高度的选择性，对心脏的兴奋作用很小，无中枢性作用。其结构简式如下图，下列关于该有机物说法正确的是

A．该有机物的分子式为：C12H20NO3 B．该有机物能发生加成、取代、氧化反应
C．1mol该有机物最多消耗2mol Na D．该有机物中最多7个碳原子共面
【答案】B
【解析】
A．该有机物分子式为，A错误；
B．该有机物含苯环，可发生加成反应；含苯环和烷基，可发生取代反应；能与氧气发生氧化反应，B正确；
C．1mol该有机物含3mol羟基，消耗3mol Na，C错误；
D．该有机物最多8个原子共平面，如图所示， ，D错误；
故选B。
5．我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的稳定性：
C．X与Z可形成离子化合物 D．同周期第一电离能小于Z的元素有5种
【答案】B
【解析】
原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S； X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素， Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Z的原子序数大于Y，则Y为Mg元素，则W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素，以此来解析；
A．W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素， O、F的原子含有2个电子层，Y、Z的原子含有3个电子层，原子序数O< FS>O>F，A不符合题意；
B．W、X、Z分别是O、F、S，非金属性越强对应的简单氢化物越稳定，非金属性F>O>S，简单氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，B符合题意；
C．X、Z分别是F、S元素，形成SF6为共价化合物，C不符合题意；
D．Z为S，位于第三周期，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素；同周期比硫电离能小的有钠、铝、镁、硅四种元素，D不符合题意；
故选B。
6．高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是
A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变
B．将加入水中并加热使其转化为
C．乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的
D．溶液显碱性的原因：
【答案】D
【详解】
A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态，溶液中各离子浓度不变，A正确；
B．将加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化为，B正确；
C．熵变、焓变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的，C正确；
D．溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：，D错误；
故选D。
7．一种含硼钠盐的结构如图所示，其阴离子是由2个和2个—缩合而成，下列说法错误的是

A．第一电离能：
B．中B原子未达到8电子稳定结构
C．阴离子中B原子杂化轨道的类型均为
D．1个—离子中含有8个σ键
【答案】C
【详解】
A．金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，则第一电离能的大小顺序为，故A正确；
B．硼酸的结构简式为B(OH)3，分子中硼原子的最外层电子数为3+3=6，未达到8电子稳定结构，故B正确；
C．阴离子含有硼酸和四羟基合硼离子，硼酸中硼原子的价层电子对数为3，原子杂化轨道为sp2杂化，四羟基合硼离子中硼原子的价层电子对数为4，原子杂化轨道为sp3杂化，故C错误；
D．四羟基合硼离子中含有的8个单键都为σ键，则1个四羟基合硼离子中含有8个单σ键，故D正确；
故选C。
8．类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理合理的是
选项
已知
推理
A
电解熔融的MgCl2冶炼镁
电解熔融的AlCl3也能冶炼铝
B
Fe与S能直接化合生成FeS
Cu和S也能直接化合生成CuS
C
25℃时溶解度：CaCO3＜Ca(HCO3)2
25℃时溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
D
CO2能使澄清石灰水变浑浊
SO2也能使澄清石灰水变浑浊
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．MgCl2是离子化合物，熔融电解可制得镁，AlCl3是共价化合物，熔融时不能导电，A不正确；
B．S的氧化能力弱，与具有可变化合价的金属反应，通常生成低价态金属硫化物，Fe与S反应生成FeS，Cu与S反应生成Cu2S，B不正确；
C．CaCO3难溶于水，而Ca(HCO3)2易溶于水，所以溶解度：CaCO3＜Ca(HCO3)2，Na2CO3、NaHCO3都易溶于水，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，C不正确；
D．CO2通入澄清石灰水中，生成CaCO3而使溶液变浑浊，SO2通入澄清石灰水中，生成难溶盐CaSO3，也能使溶液变浑浊，D正确；
故选D。
9．《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉[主要成分为(]可用如下方法检测。下列相关说法不正确的是

A．在铁华粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定会变红
B．制备铁华粉的主要反应为
C．气体X的产生是因为发生了复分解反应
D．由上述实验可知，OH-结合Fe3+的能力大于CN-
【答案】A
【详解】
A．根据分析可知铁华粉中含有铁单质，硝酸的量比较少时，生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+，当溶液中不存在Fe3+时，滴入KSCN溶液不会变红，A错误；
B．根据题干中信息可知，制备铁华粉的主要反应为，B正确；
C．气体X为醋酸蒸气，反应为：，属于复分解反应，C正确；
D．由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN-，D正确；
故选A。
10．钒的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如下图所示。下列说法错误的是

A．该反应的离子方程式为：
B．产物可用于杀菌消毒
C．该催化循环中V的成键数目发生变化
D．钒的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高的平衡转化率
【答案】D
【详解】
A．由图示知，整个过程输入H2O2、Cl-、H+、H2O物质的量之比为1：1：1：1，生成H2O、HOCl物质的量之比为2：1，故该反应离子方程式为：H2O2+Cl-+H+= H2O+HOCl，A正确；
B．产物HOCl，即次氯酸，具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；
C．该催化循环过程中，有V元素形成6根键，也有V元素形成5根键的情况，C正确；
D．钒的配合物在过程中起到催化作用，即作催化剂，而催化剂对平衡移动没有影响，故不会影响H2O2平衡转化率，D错误；
故答案选D。
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质的性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．硫酸亚铁溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：
B．足量通入氯化铝溶液中：
C．足量氯气通入碳酸钠溶液中：
D．通入溶液中：
【答案】A
【解析】
A．硫酸亚铁使高锰酸钾溶液褪色：，选项A正确；
B．氢氧化铝不溶于弱碱，过量通入氯化铝溶液中：，选项B错误；
C．次氯酸酸性弱于碳酸，向碳酸钠溶液中通入足量氯气：，选项C错误；
D．为弱酸，通入溶液中：，选项D错误；
答案选A。
12．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：
，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol



Ⅰ

0.2
0.2
0.1
Ⅱ

0.2
0.2
0.12
下列说法不正确的是
A．
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；
故选D。
13．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
判断C元素和S元素的非金属性强弱
常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
若Na2CO3溶液pH比Na2SO3溶液的大，则非金属性：S>C
B
以Al2O3为原料制备AlCl3•6H2O
在Al2O3中加入适量浓盐酸，加热促进溶解，蒸发浓缩至溶液表面出现一层晶膜，静置，冷却结晶
若冷却时晶体析出量很少，则说明氯化铝溶解度随温度降低变化不明显，应采取蒸发结晶的方法
C
验证反应物浓度增大可加快反应速率
在3支试管中分别加入0.05mol·L-1、0.2mol·L-1、2mol·L-1草酸溶液各2mL，再同时加入1mL 0.01mol·L-1高锰酸钾溶液，观察现象
若0.2mol·L-1草酸溶液中紫色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其它影响因素，需要进一步探究
D
检验1—溴丙烷消去产物中的丙烯
取5mL 1-溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀酸性高锰酸钾溶液中
若高锰酸钾溶液褪色，则有丙烯生成
【答案】C
【解析】
A．亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸的盐，不能据此判断C元素和S元素的非金属性强弱，A错误；
B．采取蒸发结晶的方法容易失去结晶水，不能得到AlCl3•6H2O，B错误；
C．由于生成的锰离子可作催化剂，加快反应速率，所以当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由于浓度影响造成的，还可有其它影响因素，需要进一步探究，C正确；
D．生成的丙烯中含有乙醇，乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明有丙烯生成，D错误；
答案选C。
14．有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是

A．充电时有机电极发生了氧化反应
B．充电时每转移，右室离子数目减少
C．放电时负极电极反应为：
-2e-=
D．将由换成，电池的比能量会下降
【答案】D
【解析】
A．由题干可知，该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；
B．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I，则充电时每转移，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室，右室离子数目减少4mol，B错误；
C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2e-=，C错误；
D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将由换成，电池的比能量会下降，D正确；
故选D。
15．溶液可发生反应：(一元弱酸)；以的溶液滴定经处理后的溶液，滴定曲线如图所示。关于该过程下列说法错误的是

A．应选择酚酞作为指示剂
B．溶液的浓度为
C．有
D．溶液时，
【答案】C
【解析】
A．强碱滴定酸，根据图像可知终点时溶液显碱性，因此应选择酚酞作为指示剂，A正确；
B．所得溶液是(CH2)6N4HCl和HCl，滴加氢氧化钠溶液恰好反应时生成Na(CH2)6N4Cl和NaCl，根据原子守恒可知氯化铵的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等，所以溶液的浓度为，B正确；
C．(CH2)6N4H＋的电离方程式为(CH2)6N4H＋(CH2)6N4+H＋，根据图像可知起始时氢离子浓度是10－1.1mol/L，但溶液中(CH2)6N4的浓度不是10－1.1mol/L，所以(CH2)6N4H＋的电离常数不是，C错误；
D．溶液时氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以根据电荷守恒可知，D正确；
答案选C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为___________。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式_________________________。
（3）“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为_________________________。
（4） ①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量，可析出Y。
（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。

①该氧化物为___________。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】
（1）+6
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）+=↓
（4）    
（5）    
【解析】废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（3）时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。
17．（15分）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。

总反应：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g) ΔH=_____kJ·mol-1；该总反应的决速步是反应____(填“①”或“②”)，该判断的理由是_____________________。
（2）已知：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：

①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②T1_______T2(填“>”或“＜”)；
③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。
（4）间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。从A口中出来的气体是_______(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为____________________________，用化学方程式表示吸收池中除去N2O的原理：___________________________________。

【答案】
（1）-361.22     ①     反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
（2）AC
（3）II     >     3.4
（4）O2         
【解析】
（1）由图2可知，总反应为：CO(g)＋N2O(g) CO2(g)＋N2(g)     ΔH=-361.22kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；
（2）由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，B错误；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，D错误；
故选AC；
（3）①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化；
②曲线I表示N2O的转化率随的变化，由于△H <0，则越大，N2O的转化率越大，故T1> T2；
③由图3曲线1可知，，温度为T4时，N2O的转化率为65% ,利用“三段式”计算法可知平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，Kθ= ；
（4）由图可知，电解池的阳极电极反应式为，故从A口中出来的气体是O2，电解池的阴极电极反应式为，由装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。
18．（13分）草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
[草酸的制备]
甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。

（1）仪器a的名称_______。
（2）实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是_____________________。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式_____________________。
[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]
乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：
（3）上述滴定实验中发生的离子反应方程式____________________________，判断到达滴定终点的现象是_____________________。
（4）产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为_______(用a、v表示)
[草酸的性质]
（5）上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸_______(填酸性、氧化性或还原性)
（6）室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL 0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL 0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确是_______(填字母)
A．当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
B．当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8
C．当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7
【答案】
（1）分液漏斗
（2）减缓反应速率     C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O
（3）2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O     当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
（4）157.5cv/a% (1.575cv/a)
（5）还原性
（6）BD
【解析】
装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；
（1）仪器a的名称分液漏斗；
（2）乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；
（3）滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；
（5）酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；
（6）A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；
B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；
故选：BD。
19．（14分）镇痛药物J的合成方法如图：

已知：①+Cl—R3+HCl
②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
③ (R1、R2、R3、R4为氢或烃基)
④+RCOOR′
回答下列问题：
（1）反应②的反应类型___________，B的名称__________。
（2）F中含碳的官能团的名称___________。
（3）反应D→E的化学方程式________________________________。
（4）有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有________种。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有两个取代基
写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式(任写一种即可)________。
（5）设计以CH3CH2OH和为原料制备X()的合成路线：
____________________________________________________________。(无机试剂任选。)
【答案】
（1）取代反应     3—氯丙烯
（2）酮羰基、碳碳双键
（3）+H2O +CH3OH
（4）15     或 或
（5）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 CH3COCH3COOCH2CH3
【解析】
（1）①有机物CH2＝CH－CH2－NH2与ClCH2CH2COOCH3反应生成C11H19ON4发生取代反应；
②B的分子式为C3H5Cl，其结构简式为CH2＝CHCH2Cl，则B的名称为：3—氯丙烯；
（2）F的分子式为C8H13NO，其结构简式为，则F中含碳的官能团为：酮羰基、碳碳双键；
（3）D的分子式为C10H15NO3，其结构简式为，反应D→E的化学方程式：+H2O +CH3OH；
（4）①K的分子式为C8H11NO，根据条件遇FeCl3溶液显紫色，可知官能团为酚羟基，且苯环上有两个取代基，符合条件的同分异构体如下、、 、、每种同分异构有邻、间、对，则共有15种；
②写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式为或或；
（5）CH3CH2OH和为原料通过如下反应可制得X()的合成路线为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 CH3COCH3COOCH2CH3。