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湖南省长沙市第一中学2020届高三第一次月考化学试题
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长沙市一中2020届高三月考试卷(一)
化学
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页时量90分钟满分100分
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Fe～56
一、选择题(本题有16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1.2019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是( )
A. 大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用
B. 妫汭剧场里使用建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
C. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用
D. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题
【答案】D
【解析】
【详解】A. 太阳能电池是将太阳能转化为电能，不是原电池原理，故A错误；
B. 第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体，而非同分异构体，故B错误；
C. 烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故C错误；
D. 植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故D正确，
故选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子
B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C. 标准状况下，22.4L N2和H2的混合气体中含有NA个原子
D. 23g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个氢气分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，A项正确；
B. 铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是SO3，B项错误；
C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，C项错误；
D. 23g Na的物质的量为1mol，而1mol Na与H2O反应时生成0.5mol H2，即生成0.5NA个 H2分子，D项错误；
答案选A。
3.如图所示是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程：
在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是
A. ①蒸馏、②过滤、③分液 B. ①分液、②蒸馏、③蒸馏
C. ①蒸馏、②分液、③分液 D. ①分液、②蒸馏、③结晶、过滤
【答案】B
【解析】
混合物全部是液体，但在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度比较小，且不溶于水，分液即可。A是乙酸钠和乙醇的混合液，乙醇的沸点比较低，蒸馏得到乙醇。B是乙酸钠，加入硫酸得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点远低于硫酸钠的，蒸馏得到乙酸。所以答案选B。
4.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
5.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B项错误；
C．Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，C项正确；
D．Ga2O3是两性氧化物，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选B。
6.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
A. 方案①用于分离I2和NH4Cl固体
B. 方案用于比较CuSO4和MnO2的催化活性
C. 方案③用于测定中和热
D. 方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加热时碘升华，而氯化铵易分解，且分解生成物氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合生成氯化铵，达不到实验目的，A项错误；
B. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，本实验过氧化氢的质量分数要一致，B项错误；
C. 图②中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，C项错误；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D项正确；
答案选D。
7.下列实验中所有可能失败的是
①为检验RX是碘代烷，将RX与NaOH水溶液混合加热后加AgNO3溶液
②为检验Fe(NO3)2样品是否变质取少量样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质
③用锌和稀硝酸反应制取氢气用排水法收集氢气
④实验室制备硝基苯，加人试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加苯，最后滴加浓硫酸
⑤用苯和溴水在FeBr3催化下可制得溴苯
A. ①②③④⑤ B. ①④ C. ②③④ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①检验卤代烃水解产物，应先中和碱，在硝酸酸化的条件下再加硝酸银检验碘离子，①实验失败；
②NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，干扰实验的进行，②实验失败；
③稀硝酸具有强氧化性，锌和稀硝酸反应生成NO而不是氢气，应该用稀硫酸或稀盐酸制取氢气，③实验失败；
④因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，④实验失败；
⑤苯只和液溴在铁粉或FeBr3催化下发生溴代反应生成溴苯，而与溴水只是分层，不发生化学反应，⑤实验失败；
综上所述，①②③④⑤符合题意，A项正确；
答案选A。
【点睛】要注意教材实验，理解教材实验的原理，体会教材实验的细节，把握教材实验的精髓；本题所列举实验操作是经常涉及到的考点，应联系做过的实验逐个分析，如检验卤素离子，应在酸性条件下进行；NO3-在酸性条件下具有强氧化性等是学生的易错点，也是常考点，应多加注意。
8.将足量的SO2通BaCl2溶液中无明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后，有沉淀生成。此试剂（或气体）X可能是
①NaOH溶液②NaNO3溶液③K2SO4溶液④新制氯水⑤H2S⑥CO2
A. ①② B. ①②③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
SO2是酸性氧化物，同时还具有较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应，通常复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，因亚硫酸的酸性比盐酸弱，故SO2通入BaCl2溶液不反应，加入某种物质后生成白色沉淀，结合二氧化硫的性质分析作答。
【详解】①当加入NaOH溶液时，SO2与NaOH反应可生成Na2SO3，与BaCl2溶液不反应生成BaSO3沉淀，①项正确；
②当加入NaNO3溶液时，SO2溶于水显酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，混合溶液中会生成BaSO4沉淀，②项正确；
③当加入K2SO4溶液会引入SO42-，与Ba2+会形成BaSO4沉淀，③项正确；
④新制氯水可将SO2氧化为SO42－，进而生成BaSO4沉淀，④项正确；
⑤H2S能与SO2反应生成不溶性的S单质，⑤项正确；
⑥CO2不能与SO2、BaCl2溶液发生反应，⑥项错误；
综上所述，①②③④⑤符合题意，B项正确；
答案选B。
9.下列说法不正确的是
A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；
B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；
C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；
D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。
故答案选C。
10.NO、NO2、O2按照一定比例通入水中能被完全吸收，无剩余气体。若NO、NO2、O2的气体体积分别为x、y、z，则x：y：z之不可能为
A. 2：6：3 B. 1：1：1 C. 6：2：5 D. 3：6：4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应后无剩余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒：n(NO)×3+n(NO2)=n(O2)×4来判断即可。
【详解】根据上述分析可知：
A. NO、NO2、O2的气体体积比为2：6：3，物质的量的比为2：6：3，此时2×3+6×1=12=3×4，A项正确；
B.NO、NO2、O2的气体体积比为1：1：1，物质的量的比为1：1：1，此时1×3+1×1=1×4，B项正确；
C. NO、NO2、O2的气体体积比为6：2：5，物质的量的比为6：2：5，此时6×3+2×1=5×4，C项正确；
D.NO、NO2、O2的气体体积比为3：6：4，物质的量的比为3：6：4，此时3×3+6×1≠4×4，D项错误；
答案选D。
【点睛】根据氧化还原反应的规律利用电子转移数相同是解题的突破口。
11.前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供行射实验的单晶体。已知H2O2的结构式为H-O-O-H下列说法不正确的是
A. H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的
B. H2O2分子中只含共价键，不含离子键
C. H2NCONH2·H2O2属于离子化合物
D. H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2•H2O2，不但使H2O2稳定下来而且结构也没有发生改变，这说明两者是通过氢键连接的，A项正确；
B．根据H2O2的结构式为H-O-O-H可知H2O2的结构中只有单键，即只含共价键，不含离子键，B项正确；
C．除了铵盐外，由非金属元素形成的化合物绝大多数为共价化合物，故H2NCONH2•H2O2为共价化合物，C项错误；
D．H2O2的氧元素的化合价为-1价，处于氧元素的中间价态，所以H2O2既有氧化性又有还原性，D项正确；
答案选C。
12.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)可由绿矾（FeSO4·7H2O）和KClCO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确是
A. KClO3作氧化剂，每生成1mol [Fe(OH)SO4]n，消耗mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A．KClO3作氧化剂氧化FeSO4生成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，所以每生成1mol [Fe(OH)SO4]n消耗mol KClO3，A项错误；
B：Fe2(SO4)3是强酸弱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱pH增大，B项正确；
C．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，C项正确；
D．Fe3+弱碱阳离子，水解也是分步进行，只是通常规定Fe3+的水解一步到位，所以Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强，D项正确；
答案选A。
13.白色固体混合物A中含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种在常温常压条件下进行如图实验
下列推断不正确的是
A. 无色溶液B的pH7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中一定有Na2SiO3、CuSO4和Na2CO3
D. 在无色溶液B中加HNO3溶液酸化，无沉淀生成再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】D
【解析】
【分析】
由实验可知，混合物加水得到无色溶液B、固体C，且固体C不能完全溶解于硝酸中；白色固体F为H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含Cu2+：则A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4无色溶液中一定含Na2SO4且B可能含Na2CO3或Na2SiO3，实验不能确定是否含KCl、CaCO3以此来解答。
【详解】A. 溶液B中一定Na2SO4，且B可能含Na2CO3或Na2SiO3，则无色溶液B的pH⩾7，A项正确；
B. H2SiO3不溶于HNO3，则F的主要成分是H2SiO3，B项正确；
C. A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含KCl、CaCO3，C项正确；
D. 无色溶液B中一定Na2SO4，加HNO3酸化无沉淀，可排除Na2CO3、Na2SiO3，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，不能说明A含KCl，D项错误；
答案选D。
14.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）
A. 聚合物P中有酯基，能水解
B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应
C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
【答案】D
【解析】
【分析】
将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；
【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；
B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；
C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；
D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。
15.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由化合物X制得。
下列有关化合物X、Y的说法不正确的是
A. 1mol X最多能与2mol NaOH反应
B. Y与乙酸发生酯化反应可得到X
C. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中的手性碳原子数目相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. X分子中，1mol羧基消耗1mol NaOH，1mol由酚羟基形成的酯基消耗2mol NaOH，所以1mol X最多能与3mol NaOH反应，A项错误；
B. 比较X与Y的结构可知，Y与乙酸发生酯化反应可得到X，B项正确；
C. X和Y分子中都含有碳碳双键，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，C项正确；
D. X和Y分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量Br2加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3个，D项正确；
答案选A。
16.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法错误的是
A. 水中的NO3-、SO42-、Cl-通过阴离子树脂后被除去
B. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
C. 通过净化处理后，水的导电性降低
D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42-、Cl-、NO3-等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子被树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H+则被交换到水中；随后水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH-也被交换到水中，同时与水中的H+离子结合成水，据此分析作答。
【详解】A．阴离子交换树脂吸收阴离子，所以经过阴离子交换树脂后，溶液中的NO3-、SO42-、Cl-被树脂吸收而除去，A项正确；
B．经过阳离子交换树脂后，溶液中阳离子所带总电荷不变，但水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷，导致阳离子总数增加，B项错误；
C．溶液导电性与离子浓度成正比通过净化处理后溶液中阴阳离子被除去，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，C项正确；
D. 通过阳离子交换膜后得到的溶液中含有H+，经过阴离子交换膜后生成水，说明经过阴离子交换膜时发生中和反应，所以阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O，D项正确；
答案选B。
二、非选择题(本题有5个小题，除标注外每空2分，共52分)
17.有关FeSO4的转化关系如图所示(无关物质已略去)
已知：①X由两种化合物组成将X通入红溶液溶液褪色通人BaCl2溶液生白色沉淀
②Y是红棕色的化合物。
（1）气体X的成分是______(填化学式)
（2）反应I的反应类型属于_____(填字母代号)
a．化合反应 b．复分解反应 c．氧化还原反应 d．分解反应 e. 置换反应
（3）溶液2中金属离子的检验方法是________
（4）反应的化学方程式是______________
【答案】 (1). SO2、SO3 (2). cd (3). 取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色证明原溶液中有Fe3+存在 (4).
【解析】
【分析】
①硫酸亚铁受热分解，生成气体X；X通入品红溶液，使溶液褪色的是SO2；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀是SO3，硫酸亚铁受热分解方程式为：；
②Y红棕色的化合物是Fe2O3，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析，气体X成分是SO2、SO3；
（2）反应I即属于氧化还原反应又属于分解反应，cd正确；
（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的Fe3+，Fe3+与KSCN溶液作用变为血红色，利用这一性质检验，具体操作为：取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红，则证明原溶液中含有Fe3+；
（4）根据上述分析可知，上述发生的反应方程式为：。
18.实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为_____；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加人适量浓氨水的目的是________。
（2）废渣浸取在如图所示的装置中进行控制反应温度在0～70℃，搅拌，反应3小时，温度过高将会导致CaSO4的转换率下降，其原因是________；保持温度反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
（3）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5～8.5时，过滤[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2____________________________________________
【答案】 (1). HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O (2). 增大溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化 (3). 温度过高碳酸铵分解 (4). 加快搅拌速率 (5). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【解析】
【分析】
工业废渣(主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为CaCO3，滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可用于制取轻质CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，可制备(NH4)2SO4晶体，以此解答该题。
（1）氨水与NH4HCO3反应生成(NH4)2CO3；加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解；
（2）温度过高，(NH4)2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；
（3）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。
【详解】（1）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成(NH4)2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O；浸取废渣时，加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动，促进CaSO4的转化；
（2）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)；
（3）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应；经过滤除去SiO2，得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH，然后过滤即可制得CaCl2溶液。
【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第(3)问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。
19.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：
按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋，取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴人气袋中至充分反应。
（1）为测定反应生成气体的总体积滴稀盐酸前必须关闭______打开____（均填“K1”、“K2”或“K3”），导管A的作用是________。
（2）当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_________，为什么要缓缓打开K1?________。
（3）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒I中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_______（用含有x、y的代数式表示）。
【答案】 (1). K1、K2 (2). K3 (3). 平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响。 (4). 碱石灰(其他合理答案均可) (5). 让生成的CO2能充分被B中的碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2 (6). ×100％
【解析】
【分析】
实验原理为：取一定量的样品，关闭K1、K2，打开K3，让样品与适量的稀盐酸反应，气球膨胀排挤气体到洗气瓶中，通过量筒I测量生成气体的总体积；再关闭K3，打开K2和K1，气体经B中的碱石灰吸收后，II中收集的气体就是纯净的氧气，再通过量筒II测量氧气的体积，根据两种气体的体积比可以求出样品中过碳酸钠的纯度，据此分析作答。
【详解】（1）为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭K1、K2，打开K3，产生的气体把广口瓶中的水排入量筒I中，即可测定反应生成气体的总体积；导管A可平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响故；
（2）当上述反应停止后，使K1、K3 处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1，气球中的气体会通过B进入到II中，则B中装的固体试剂应能吸收CO2 ，最好的选择是碱石灰，缓缓打开K1的目的是：让生成的CO2 能充分被B中碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2，减小实验误差；
（3）实验结束时，量筒I中有x mL水，量简II中收集到了y mL气体，则O2的体积为y mL、CO2的体积为(x-y)mL，n(O2)：n(CO2)=，由2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，样品中，所以，过碳酸钠的质量分数是，故答案为：×100％。
【点睛】本题为测定物质纯度的实验题，难度很大。解题的关键是明确每个实验步骤的目的、分析实验装置的作用，并结合混合物计算的方法，明确实验原理。实验步骤是为实验的最终目标服务的，所以每个步骤都是为了提高实验数据的准确度，以这个作为指导思想即可回答相关问题。
20.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为___。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为__。
①下列措施不能提高尾气中NO和NO2去除率的有____ (填字母代号)
A．采用气、液逆流的方式吸收尾气
B．加快通入尾气的速率
C．吸收尾气过程中定补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是____(填化学式)，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是____(填化学式)。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同， NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HC1O氧化NO生成Cl和NO3-，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3C1-+2NO3-+5H+
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是_______。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). NO+NO2+2OH-=2NO2- +H2O、2NO2+2OH-=NO2- +NO3-+H2O (3). B (4). NaNO3 (5). NO (6). 溶液pH越小溶液中HClO的浓度越大氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】
依据氧化还原反应的规律结合元素守恒书写（1）、（2）问中的化学方程式；
（2）①从提高反应的转化率着手考虑；
②根据氢氧化钠吸收尾气后的产物分析作答；
（3）根据图像分析得出结论。
【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）N2O的硝酸尾气中含NO2和NO，它们与NaOH溶液反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2NO2- +H2O、2NO2+2OH-=NO2- +NO3-+H2O；
①A. 采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，A项错误；
B. 加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，B项正确；
C. 定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，C项错误；
故答案为：B；
②由反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；
（3）在相同条件下，ClO-在酸性条件下以HClO的形式存在，具有强氧化性，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。
21.以丙烯为原料合成抗炎药物D和机体免疫增强制剂I的合成路线如图所示(部分反应条件和产物已经略去)：
请回答下列问题：
（1）由丙烯生成A的反应类型为_____；
（2）D中官能团的名称为_________；
（3）化合物G的化学式为C5H10O3N2，则其结构简式为________；
（4）A→B反应的化学方程式为__________；
（5）A的同分异构体中属于苯的同系物(不包含)的共有______(不考虑立体异构)种，其中核磁共振氢谱有四组峰的且苯环上只有一个取代基的结构简式是________；
（6）已知：结合上述流程中的信息，设计由制备的合成路线：_________
【答案】 (1). 加成反应 (2). 羧基 (3). (4). +HCl (5). 21 (6). (7).
【解析】
【分析】
由丙烯与甲苯发生加成反应生成的A为，A再CH3COCl发生取代反应生成B，B再与H2发生加成生成的C为；丙烯在过氧化物催化作用下与HBr发生加成反应生成的E水解后得到丙醇，因此E为CH3CH2CH2Br；丙酸与氯气发生取代反应生成CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH与三氯化磷发生取代反应生成F。F和化合物G在碱性条件下反应生成H，结合生成物H的结构特点和G的化学式为C5H10O3N2可知发生了取代反应，因此G的结构简式为；H中的氯原子被氨基取代生成I，据此分析作答。
详解】根据上述分析可知，
(1)由丙烯生成的反应类型为加成反应；
(2)根据D的结构简式及官能团结构可知，D中所含官能团名称为羧基；
(3)和化合物G在碱性条件下反应生成，结合生成物的结构特点和G的化学式为C5H10O3N2，可知发生了取代反应，可知G的结构简式为；
(4)和CH3COCl在催化剂AlCl3的作用下发生取代反应生成的化学方程式为+HCl；
(5) 的同分异构体中属于苯的同系物包括：①只有一个烷基：即是丁烷基，丁基可以有4种，故有4种同分异构体；②有两个烷基：分为一个甲基，一个丙基（有两种丙基形式），分别位于苯环的邻、间、对位，总共有6种；当两个都是乙基，分别位于苯环的邻、间、对位有3种，故此种情况总共有9种；③有三个烷基，2个甲基和1个乙基，首先2个甲基，有邻、间、对三种情况，甲基相邻时有2种，甲基相间时有3种，甲基相对时有1种，总共有6种同分异构体；④当为四个甲基时 4个甲基相邻有1种，三个甲基相邻有1种，两个甲基相连时有1种，总共有3种，除去A本身总共有4+9+6+3-1=21种同分异构体；其中核磁共振氢谱有四组峰的是；
(6)结合上述流程中的信息，根据逆推法可知由制备的合成路线为。
【点睛】根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
长沙市一中2020届高三月考试卷(一)
化学
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页时量90分钟满分100分
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Fe～56
一、选择题(本题有16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1.2019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是( )
A. 大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用
B. 妫汭剧场里使用建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
C. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用
D. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题
【答案】D
【解析】
【详解】A. 太阳能电池是将太阳能转化为电能，不是原电池原理，故A错误；
B. 第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是同素异形体，而非同分异构体，故B错误；
C. 烟花的使用需要从环保、安全等多方面考虑，但禁止使用是错误的，故C错误；
D. 植物纤维的成分为糖类，无污染，可再生，可用作食品干燥剂，符合大会主题，故D正确，
故选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子
B. 1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C. 标准状况下，22.4L N2和H2的混合气体中含有NA个原子
D. 23g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个氢气分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，A项正确；
B. 铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是SO3，B项错误；
C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，C项错误；
D. 23g Na的物质的量为1mol，而1mol Na与H2O反应时生成0.5mol H2，即生成0.5NA个 H2分子，D项错误；
答案选A。
3.如图所示是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程：
在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是
A. ①蒸馏、②过滤、③分液 B. ①分液、②蒸馏、③蒸馏
C. ①蒸馏、②分液、③分液 D. ①分液、②蒸馏、③结晶、过滤
【答案】B
【解析】
混合物全部是液体，但在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度比较小，且不溶于水，分液即可。A是乙酸钠和乙醇的混合液，乙醇的沸点比较低，蒸馏得到乙醇。B是乙酸钠，加入硫酸得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点远低于硫酸钠的，蒸馏得到乙酸。所以答案选B。
4.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
5.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B项错误；
C．Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，C项正确；
D．Ga2O3是两性氧化物，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选B。
6.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
A. 方案①用于分离I2和NH4Cl固体
B. 方案用于比较CuSO4和MnO2的催化活性
C. 方案③用于测定中和热
D. 方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加热时碘升华，而氯化铵易分解，且分解生成物氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合生成氯化铵，达不到实验目的，A项错误；
B. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，本实验过氧化氢的质量分数要一致，B项错误；
C. 图②中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，C项错误；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D项正确；
答案选D。
7.下列实验中所有可能失败的是
①为检验RX是碘代烷，将RX与NaOH水溶液混合加热后加AgNO3溶液
②为检验Fe(NO3)2样品是否变质取少量样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质
③用锌和稀硝酸反应制取氢气用排水法收集氢气
④实验室制备硝基苯，加人试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加苯，最后滴加浓硫酸
⑤用苯和溴水在FeBr3催化下可制得溴苯
A. ①②③④⑤ B. ①④ C. ②③④ D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①检验卤代烃水解产物，应先中和碱，在硝酸酸化的条件下再加硝酸银检验碘离子，①实验失败；
②NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，干扰实验的进行，②实验失败；
③稀硝酸具有强氧化性，锌和稀硝酸反应生成NO而不是氢气，应该用稀硫酸或稀盐酸制取氢气，③实验失败；
④因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，④实验失败；
⑤苯只和液溴在铁粉或FeBr3催化下发生溴代反应生成溴苯，而与溴水只是分层，不发生化学反应，⑤实验失败；
综上所述，①②③④⑤符合题意，A项正确；
答案选A。
【点睛】要注意教材实验，理解教材实验的原理，体会教材实验的细节，把握教材实验的精髓；本题所列举实验操作是经常涉及到的考点，应联系做过的实验逐个分析，如检验卤素离子，应在酸性条件下进行；NO3-在酸性条件下具有强氧化性等是学生的易错点，也是常考点，应多加注意。
8.将足量的SO2通BaCl2溶液中无明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后，有沉淀生成。此试剂（或气体）X可能是
①NaOH溶液②NaNO3溶液③K2SO4溶液④新制氯水⑤H2S⑥CO2
A. ①② B. ①②③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
SO2是酸性氧化物，同时还具有较弱的氧化性、较强的还原性、漂白性等，因而能与多种物质发生反应，通常复分解反应中能由较强酸生成较弱酸，因亚硫酸的酸性比盐酸弱，故SO2通入BaCl2溶液不反应，加入某种物质后生成白色沉淀，结合二氧化硫的性质分析作答。
【详解】①当加入NaOH溶液时，SO2与NaOH反应可生成Na2SO3，与BaCl2溶液不反应生成BaSO3沉淀，①项正确；
②当加入NaNO3溶液时，SO2溶于水显酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，混合溶液中会生成BaSO4沉淀，②项正确；
③当加入K2SO4溶液会引入SO42-，与Ba2+会形成BaSO4沉淀，③项正确；
④新制氯水可将SO2氧化为SO42－，进而生成BaSO4沉淀，④项正确；
⑤H2S能与SO2反应生成不溶性的S单质，⑤项正确；
⑥CO2不能与SO2、BaCl2溶液发生反应，⑥项错误；
综上所述，①②③④⑤符合题意，B项正确；
答案选B。
9.下列说法不正确的是
A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；
B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；
C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；
D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。
故答案选C。
10.NO、NO2、O2按照一定比例通入水中能被完全吸收，无剩余气体。若NO、NO2、O2的气体体积分别为x、y、z，则x：y：z之不可能为
A. 2：6：3 B. 1：1：1 C. 6：2：5 D. 3：6：4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应后无剩余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒：n(NO)×3+n(NO2)=n(O2)×4来判断即可。
【详解】根据上述分析可知：
A. NO、NO2、O2的气体体积比为2：6：3，物质的量的比为2：6：3，此时2×3+6×1=12=3×4，A项正确；
B.NO、NO2、O2的气体体积比为1：1：1，物质的量的比为1：1：1，此时1×3+1×1=1×4，B项正确；
C. NO、NO2、O2的气体体积比为6：2：5，物质的量的比为6：2：5，此时6×3+2×1=5×4，C项正确；
D.NO、NO2、O2的气体体积比为3：6：4，物质的量的比为3：6：4，此时3×3+6×1≠4×4，D项错误；
答案选D。
【点睛】根据氧化还原反应的规律利用电子转移数相同是解题的突破口。
11.前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供行射实验的单晶体。已知H2O2的结构式为H-O-O-H下列说法不正确的是
A. H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的
B. H2O2分子中只含共价键，不含离子键
C. H2NCONH2·H2O2属于离子化合物
D. H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2•H2O2，不但使H2O2稳定下来而且结构也没有发生改变，这说明两者是通过氢键连接的，A项正确；
B．根据H2O2的结构式为H-O-O-H可知H2O2的结构中只有单键，即只含共价键，不含离子键，B项正确；
C．除了铵盐外，由非金属元素形成的化合物绝大多数为共价化合物，故H2NCONH2•H2O2为共价化合物，C项错误；
D．H2O2的氧元素的化合价为-1价，处于氧元素的中间价态，所以H2O2既有氧化性又有还原性，D项正确；
答案选C。
12.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)可由绿矾（FeSO4·7H2O）和KClCO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确是
A. KClO3作氧化剂，每生成1mol [Fe(OH)SO4]n，消耗mol KClO3
B. 生成聚合硫酸铁后水溶液的pH增大
C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D. 在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A．KClO3作氧化剂氧化FeSO4生成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，所以每生成1mol [Fe(OH)SO4]n消耗mol KClO3，A项错误；
B：Fe2(SO4)3是强酸弱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱pH增大，B项正确；
C．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，C项正确；
D．Fe3+弱碱阳离子，水解也是分步进行，只是通常规定Fe3+的水解一步到位，所以Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强，D项正确；
答案选A。
13.白色固体混合物A中含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种在常温常压条件下进行如图实验
下列推断不正确的是
A. 无色溶液B的pH7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中一定有Na2SiO3、CuSO4和Na2CO3
D. 在无色溶液B中加HNO3溶液酸化，无沉淀生成再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】D
【解析】
【分析】
由实验可知，混合物加水得到无色溶液B、固体C，且固体C不能完全溶解于硝酸中；白色固体F为H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含Cu2+：则A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4无色溶液中一定含Na2SO4且B可能含Na2CO3或Na2SiO3，实验不能确定是否含KCl、CaCO3以此来解答。
【详解】A. 溶液B中一定Na2SO4，且B可能含Na2CO3或Na2SiO3，则无色溶液B的pH⩾7，A项正确；
B. H2SiO3不溶于HNO3，则F的主要成分是H2SiO3，B项正确；
C. A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含KCl、CaCO3，C项正确；
D. 无色溶液B中一定Na2SO4，加HNO3酸化无沉淀，可排除Na2CO3、Na2SiO3，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4，不能说明A含KCl，D项错误；
答案选D。
14.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）
A. 聚合物P中有酯基，能水解
B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应
C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
【答案】D
【解析】
【分析】
将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；
【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；
B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；
C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；
D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。
15.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由化合物X制得。
下列有关化合物X、Y的说法不正确的是
A. 1mol X最多能与2mol NaOH反应
B. Y与乙酸发生酯化反应可得到X
C. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中的手性碳原子数目相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. X分子中，1mol羧基消耗1mol NaOH，1mol由酚羟基形成的酯基消耗2mol NaOH，所以1mol X最多能与3mol NaOH反应，A项错误；
B. 比较X与Y的结构可知，Y与乙酸发生酯化反应可得到X，B项正确；
C. X和Y分子中都含有碳碳双键，均能与酸性高锰酸钾溶液反应，C项正确；
D. X和Y分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量Br2加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3个，D项正确；
答案选A。
16.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法错误的是
A. 水中的NO3-、SO42-、Cl-通过阴离子树脂后被除去
B. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
C. 通过净化处理后，水的导电性降低
D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42-、Cl-、NO3-等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子被树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H+则被交换到水中；随后水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH-也被交换到水中，同时与水中的H+离子结合成水，据此分析作答。
【详解】A．阴离子交换树脂吸收阴离子，所以经过阴离子交换树脂后，溶液中的NO3-、SO42-、Cl-被树脂吸收而除去，A项正确；
B．经过阳离子交换树脂后，溶液中阳离子所带总电荷不变，但水中部分阳离子由带2个单位正电荷变为带1个单位正电荷，导致阳离子总数增加，B项错误；
C．溶液导电性与离子浓度成正比通过净化处理后溶液中阴阳离子被除去，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，C项正确；
D. 通过阳离子交换膜后得到的溶液中含有H+，经过阴离子交换膜后生成水，说明经过阴离子交换膜时发生中和反应，所以阴离子树脂填充段存在反应H++OH-=H2O，D项正确；
答案选B。
二、非选择题(本题有5个小题，除标注外每空2分，共52分)
17.有关FeSO4的转化关系如图所示(无关物质已略去)
已知：①X由两种化合物组成将X通入红溶液溶液褪色通人BaCl2溶液生白色沉淀
②Y是红棕色的化合物。
（1）气体X的成分是______(填化学式)
（2）反应I的反应类型属于_____(填字母代号)
a．化合反应 b．复分解反应 c．氧化还原反应 d．分解反应 e. 置换反应
（3）溶液2中金属离子的检验方法是________
（4）反应的化学方程式是______________
【答案】 (1). SO2、SO3 (2). cd (3). 取少量溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色证明原溶液中有Fe3+存在 (4).
【解析】
【分析】
①硫酸亚铁受热分解，生成气体X；X通入品红溶液，使溶液褪色的是SO2；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀是SO3，硫酸亚铁受热分解方程式为：；
②Y红棕色的化合物是Fe2O3，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析，气体X成分是SO2、SO3；
（2）反应I即属于氧化还原反应又属于分解反应，cd正确；
（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的Fe3+，Fe3+与KSCN溶液作用变为血红色，利用这一性质检验，具体操作为：取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红，则证明原溶液中含有Fe3+；
（4）根据上述分析可知，上述发生的反应方程式为：。
18.实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为_____；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加人适量浓氨水的目的是________。
（2）废渣浸取在如图所示的装置中进行控制反应温度在0～70℃，搅拌，反应3小时，温度过高将会导致CaSO4的转换率下降，其原因是________；保持温度反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
（3）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5～8.5时，过滤[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2____________________________________________
【答案】 (1). HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O (2). 增大溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化 (3). 温度过高碳酸铵分解 (4). 加快搅拌速率 (5). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【解析】
【分析】
工业废渣(主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为CaCO3，滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，可用于制取轻质CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，可制备(NH4)2SO4晶体，以此解答该题。
（1）氨水与NH4HCO3反应生成(NH4)2CO3；加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解；
（2）温度过高，(NH4)2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；
（3）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。
【详解】（1）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成(NH4)2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O；浸取废渣时，加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动，促进CaSO4的转化；
（2）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)；
（3）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应；经过滤除去SiO2，得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH，然后过滤即可制得CaCl2溶液。
【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第(3)问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。
19.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：
按如图组装好实验装置，Q为一可鼓胀收缩的塑料气袋，取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴人气袋中至充分反应。
（1）为测定反应生成气体的总体积滴稀盐酸前必须关闭______打开____（均填“K1”、“K2”或“K3”），导管A的作用是________。
（2）当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_________，为什么要缓缓打开K1?________。
（3）实验结束时，装置内的气体同温同压，测得量筒I中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_______（用含有x、y的代数式表示）。
【答案】 (1). K1、K2 (2). K3 (3). 平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响。 (4). 碱石灰(其他合理答案均可) (5). 让生成的CO2能充分被B中的碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2 (6). ×100％
【解析】
【分析】
实验原理为：取一定量的样品，关闭K1、K2，打开K3，让样品与适量的稀盐酸反应，气球膨胀排挤气体到洗气瓶中，通过量筒I测量生成气体的总体积；再关闭K3，打开K2和K1，气体经B中的碱石灰吸收后，II中收集的气体就是纯净的氧气，再通过量筒II测量氧气的体积，根据两种气体的体积比可以求出样品中过碳酸钠的纯度，据此分析作答。
【详解】（1）为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭K1、K2，打开K3，产生的气体把广口瓶中的水排入量筒I中，即可测定反应生成气体的总体积；导管A可平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响故；
（2）当上述反应停止后，使K1、K3 处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1，气球中的气体会通过B进入到II中，则B中装的固体试剂应能吸收CO2 ，最好的选择是碱石灰，缓缓打开K1的目的是：让生成的CO2 能充分被B中碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2，减小实验误差；
（3）实验结束时，量筒I中有x mL水，量简II中收集到了y mL气体，则O2的体积为y mL、CO2的体积为(x-y)mL，n(O2)：n(CO2)=，由2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，样品中，所以，过碳酸钠的质量分数是，故答案为：×100％。
【点睛】本题为测定物质纯度的实验题，难度很大。解题的关键是明确每个实验步骤的目的、分析实验装置的作用，并结合混合物计算的方法，明确实验原理。实验步骤是为实验的最终目标服务的，所以每个步骤都是为了提高实验数据的准确度，以这个作为指导思想即可回答相关问题。
20.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为___。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为__。
①下列措施不能提高尾气中NO和NO2去除率的有____ (填字母代号)
A．采用气、液逆流的方式吸收尾气
B．加快通入尾气的速率
C．吸收尾气过程中定补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是____(填化学式)，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是____(填化学式)。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同， NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HC1O氧化NO生成Cl和NO3-，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3C1-+2NO3-+5H+
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是_______。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). NO+NO2+2OH-=2NO2- +H2O、2NO2+2OH-=NO2- +NO3-+H2O (3). B (4). NaNO3 (5). NO (6). 溶液pH越小溶液中HClO的浓度越大氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】
依据氧化还原反应的规律结合元素守恒书写（1）、（2）问中的化学方程式；
（2）①从提高反应的转化率着手考虑；
②根据氢氧化钠吸收尾气后的产物分析作答；
（3）根据图像分析得出结论。
【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）N2O的硝酸尾气中含NO2和NO，它们与NaOH溶液反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2NO2- +H2O、2NO2+2OH-=NO2- +NO3-+H2O；
①A. 采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，A项错误；
B. 加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，B项正确；
C. 定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，C项错误；
故答案为：B；
②由反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；
（3）在相同条件下，ClO-在酸性条件下以HClO的形式存在，具有强氧化性，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。
21.以丙烯为原料合成抗炎药物D和机体免疫增强制剂I的合成路线如图所示(部分反应条件和产物已经略去)：
请回答下列问题：
（1）由丙烯生成A的反应类型为_____；
（2）D中官能团的名称为_________；
（3）化合物G的化学式为C5H10O3N2，则其结构简式为________；
（4）A→B反应的化学方程式为__________；
（5）A的同分异构体中属于苯的同系物(不包含)的共有______(不考虑立体异构)种，其中核磁共振氢谱有四组峰的且苯环上只有一个取代基的结构简式是________；
（6）已知：结合上述流程中的信息，设计由制备的合成路线：_________
【答案】 (1). 加成反应 (2). 羧基 (3). (4). +HCl (5). 21 (6). (7).
【解析】
【分析】
由丙烯与甲苯发生加成反应生成的A为，A再CH3COCl发生取代反应生成B，B再与H2发生加成生成的C为；丙烯在过氧化物催化作用下与HBr发生加成反应生成的E水解后得到丙醇，因此E为CH3CH2CH2Br；丙酸与氯气发生取代反应生成CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH与三氯化磷发生取代反应生成F。F和化合物G在碱性条件下反应生成H，结合生成物H的结构特点和G的化学式为C5H10O3N2可知发生了取代反应，因此G的结构简式为；H中的氯原子被氨基取代生成I，据此分析作答。
详解】根据上述分析可知，
(1)由丙烯生成的反应类型为加成反应；
(2)根据D的结构简式及官能团结构可知，D中所含官能团名称为羧基；
(3)和化合物G在碱性条件下反应生成，结合生成物的结构特点和G的化学式为C5H10O3N2，可知发生了取代反应，可知G的结构简式为；
(4)和CH3COCl在催化剂AlCl3的作用下发生取代反应生成的化学方程式为+HCl；
(5) 的同分异构体中属于苯的同系物包括：①只有一个烷基：即是丁烷基，丁基可以有4种，故有4种同分异构体；②有两个烷基：分为一个甲基，一个丙基（有两种丙基形式），分别位于苯环的邻、间、对位，总共有6种；当两个都是乙基，分别位于苯环的邻、间、对位有3种，故此种情况总共有9种；③有三个烷基，2个甲基和1个乙基，首先2个甲基，有邻、间、对三种情况，甲基相邻时有2种，甲基相间时有3种，甲基相对时有1种，总共有6种同分异构体；④当为四个甲基时 4个甲基相邻有1种，三个甲基相邻有1种，两个甲基相连时有1种，总共有3种，除去A本身总共有4+9+6+3-1=21种同分异构体；其中核磁共振氢谱有四组峰的是；
(6)结合上述流程中的信息，根据逆推法可知由制备的合成路线为。
【点睛】根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
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