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浙江省东阳中学2020届高三上学期开学考试化学试题
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东阳中学2019年下学期高三入学考试（化学）
相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Ag-108。
一、选择题（每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）
1.下列关于古诗词中的化学解析中，正确的是
A. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。” “气”是指乙酸乙酯
B. “取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针…”，记载了升华法精制砒霜
C. “强水…性最烈，其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。” “强水”是指浓硫酸
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”。“丝”“泪”的主要成分是蛋白质
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯中植物生长调节剂，可促进食物生长发育、成熟，“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。” “气”是指乙烯，A错误；
B.“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针…”，上述方法中使用的就是升华法精制砒霜，B正确；
C.硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，符合条件，“强水”是指浓硝酸，C错误；
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”。“丝”“的主要成分是蛋白质，泪”的主要成分是烃，D错误；
故合理选项是B。
2.下列说法正确的是
A. CuSO4溶液可使蛋白质变性，可用于游泳池的杀菌消毒
B. 蔗糖、淀粉、纤维素均为天然高分子化合物
C. C17H35COOCH2CH3与NaOH水溶液的反应属于皂化反应
D. 蛋白质水解产物中都含有硝基（-NO2）和羧基（-COOH）
【答案】A
【解析】
【详解】A.重金属离子能够使蛋白质变性，CuSO4溶液中的Cu2+是重金属离子，可使蛋白质变性，因此可用于游泳池的杀菌消毒，A正确；
B.蔗糖是二糖，不是高分子化合物，淀粉、纤维素均为天然高分子化合物，B错误；
C.高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，C17H35COOCH2CH3不是高级脂肪酸甘油酯，因此其在碱性条件下的水解反应不属于皂化反应，C错误；
D.蛋白质水解产物中都含有氨基(-NH2)和羧基(-COOH)，D错误；
故合理选项是A。
3.下列关于物质结构与性质的叙述中，正确的是
A. 水分子中O－H键的键能很大，因此水的沸点较高
B. 因为淀粉分子与胶体颗粒大小相近，故淀粉溶液具有胶体的某些性质
C. 有机物的同分异构体之间性质一定有明显差异
D. 苯环对羟基的活化作用使苯酚具有酸性，能与NaHCO3溶液反应放出CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.水的沸点高低与分子内的化学键无关，是由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，A错误；
B.因为淀粉分子与胶体颗粒大小相近，达到胶体分散质微粒直径的大小，因此淀粉溶液具有胶体的某些性质，可以发生丁达尔效应，B正确；
C.有机物的同分异构体结构不同，性质有差异，但不一定有明显差异，C错误；
D.苯环对羟基的活化作用使苯酚具有酸性，但由于酸性H2CO3>C6H5OH，因此苯酚不能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D错误；
故合理选项是B。
4.下列叙述正确的是
A. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
D. 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
【答案】A
【解析】
【详解】A. AlCl3与氨水发生复分解反应，产生氢氧化铝白色沉淀，当再加入过量NaHSO4溶液时，NaHSO4电离产生H+起酸的作用，可以与两性氢氧化物反应产生Al3+，因而沉淀会消失，A正确；
B.由于金属Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，所以在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，若再加入Cu(NO3)2固体，H+、NO3-其硝酸的作用，具有强的氧化性，会与Cu发生氧化还原反应，使铜粉溶解，B错误；
C.由于酸性：HCl>H2CO3，HCl>H2SO3，所以将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，也不会产生沉淀，C错误；
D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，Zn与CuSO4溶液发生置换反应产生Cu单质,Zn、Cu、硫酸构成原电池，会使反应速率加快，D错误；
故合理选项是A。
5.下列说法正确的是
A. 的名称为3，4，4-三甲基丁烷
B. 化合物的一氯取代物有2种
C. 、、 是互为同分异构体
D. （葡萄糖）分子结构中含有-OH，与乙醇互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 的主链含有5个碳原子，名称为2，3-二甲基戊烷，故A错误；B. 化合物中含有3种氢原子，一氯取代物有3种()，故B错误；C. 、、 的分子式均为C6H6，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D. (葡萄糖)分子结构中含有5个-OH和1个醛基，与乙醇的结构不相似，不是同系物，故D错误；故选C。
6. 下列关于实验原理或操作的叙述中，不正确的是
A. 从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
B. 可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油
C. 纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中
D. 实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法
【答案】C
【解析】
试题分析：乙醇与水互溶，不能用作该实验的萃取剂，故A项正确；新制Cu(OH)2悬浊液可与甘油反应，使蓝色沉淀溶解，溶液变为绛蓝色，故B项正确；纸层析实验中，滤纸条浸入展开剂，但试样点不能浸入展开剂，C项错误；生石灰与乙酸反应，生成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，增大与乙醇的沸点差，另外生石灰与水反应不与乙醇反应而且反应后生成的Ca(OH)2需要高温才能分解，蒸馏时不会再产生水，能得到较纯净的乙醇，D项正确，因此答案选C。
考点：考查化学实验原理和操作的正误判段
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题难易适中，综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范的实验设计能力，也有利于提升学生的学科素养。
7.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 14g氮气中含有7NA个电子
B. 在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子
C. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
D. NA个一氧化碳分子和0.5 mol 甲烷的质量比为7 ：4
【答案】A
【解析】
【详解】A．每个氮气分子中含有14个电子，N(e-)=14N(N2)=14n(N2)×NA=14×NA=14××NA=7NA，故A正确；
B．N(N)=2N(N2)=2×n(N2)×NA=2×NA=2××NA=2NA，故B错误；
C．N(e-)=2N(Cl2)=2n(Cl2)×NA=2×1mol×NA=2NA，故以错误；
D．m(CO)=n×M(CO)=×M(CO)=×28g/mol=28g，m(CH4)=n×M(CH4)=0.5mol×16g/mol=8g，所以m(CO)：m(CH4)=28g：8g=7：2，故D错误；
故答案为A。
8.根据下列实验现象，所得结论正确的是
序号
A
B
C
D
装置
现象
烧杯中的水被吸入导管
左边棉花变橙色，右边棉花先变蓝色后变无色
产生红棕色气体
锥形瓶中产生气体，烧杯中液体变浑浊
结论
HCl气体极易溶于水
氧化性：Cl2>Br2>I2
浓硝酸具有挥发性
非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.HCl极容易溶于水，使导气管中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强的作用下进入导气管中，A正确；
B.通入Cl2，左边棉花变橙色，是由于发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，右边棉花先变蓝色后变无色，可能是Cl2与KI反应，也可能是Br2与KI反应，B错误；
C.浓硝酸遇到灼热的碎玻璃是由于在加热条件下HNO3发生分解反应产生了NO2气体，使试管内气体变为红棕色，C错误；
D.由于酸性HCl>H2CO3，所以向盛有Na2CO3的锥形瓶中滴加稀盐酸，发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O，将反应产生的气体通入到烧杯中，液体变浑浊可能是CO2与溶液中的溶质反应，也可能是挥发的HCl与Na2SiO3反应所致，但不能根据盐酸的酸性比碳酸强，就证明元素的非金属性Cl>C，D错误；
故合理选项是A。
9.下列对三种有机物的叙述不正确的是
A. 三种有机物都是芳香族化合物
B. 阿司匹林在酸中水解生成2种含羧基的物质
C. 麻黄碱的分子式是C10H13NO
D. 芬太尼可发生取代、加成、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.三种有机物分子结构中都含有苯环，因此都为芳香族化合物，A正确；
B.阿司匹林分子中含有酯基，在酸性条件下发生水解反应，生成邻羟基苯甲酸和乙酸，生成了2种含羧基的物质，B正确；
C.麻黄碱的分子式是C10H15NO，C错误；
D.芬太尼分子中含有苯环、酰胺键，可发生取代、加成、氧化反应，D正确；
故合理选项是C。
10.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4—H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是
A. 待加工铝质工件为阳极 B. 可选用不锈钢网作为阴极
C. 硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 D. 阴极的电极反应式为：Al3++3e-=Al
【答案】D
【解析】
【分析】
A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+；
B.阴极材料选择没有特定的要求；
C.在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
D.阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应。
【详解】A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；
B.阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，因此可选用不锈钢网作为阴极，B正确；
C.在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，C正确；
D.阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e-=H2↑，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查电解原理及其应用。电化学原理是高中化学的核心内容，学生要清楚的知道：阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应。若阳极材料为活性电极，则是电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极，则应该是溶液中的阴离子失去电子，发生氧化反应，记住阳极放电顺序是正确书写电极反应式的关键。
11.为提纯下列物质（括号内物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液（NaI）
氯水、CCl4
萃取、分液
B
氯化铵溶液(FeCl3)
氢氧化钠溶液
过滤
C
二氧化碳（CO）
氧化铜粉末
通过灼热的CuO粉末
D
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cl2与NaBr、NaI都会发生反应，不能达到除杂目的，A错误；
B.NaOH与NH4Cl、FeCl3都发生反应，不能达到除杂的目的，B错误；
C.CuO与CO在加热时反应产生CO2、Cu单质，Cu是固体，与气体分离，达到除杂、净化的目的，C正确；
D.浓溴水与苯酚发生取代反应产生三溴苯酚，但三溴苯酚容易溶于苯中，不能通过过滤的方法分离，D错误；
故合理选项是C。
12.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 醋酸钠的水解反应：CH3COO-+H3O+CH3COOH+H2O
B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+2H2O+CO32-
C. 苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应：C6H5O-+CO2+H2O＝C6H5OH+CO32-
D. 稀硝酸与过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO3-＝3Fe3++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸钠的水解反应是CH3COO-与水电离产生的H+结合形成CH3COOH，水解方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，A错误；
B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，反应产生CaCO3、Na2CO3、H2O，反应符合事实，B正确；
C.苯酚钠溶液与少量二氧化碳，反应产生苯酚和碳酸氢钠，C错误；
D.稀硝酸与过量的铁屑反应，产生硝酸亚铁、NO、H2O，反应原理不符合事实，D错误；
故合理选项是B。
13.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有原子在同一平面上 B. Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子
C. 可用FeCl3溶液鉴别Y和Z D. 1 mol Z最多能与2 mol NaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据甲烷为正四面体结构，由于X中存在甲基，故X分子中所有原子不可能在同一平面上，选项A错误；
B. Y与足量H2的加成产物分子中有4个手性碳原子，如图，选项B错误；
C. Y中含有酚羟基能使氯化铁溶液显紫色，而Z不含，可用FeCl3溶液鉴别Y和Z，选项C正确；
D. Z中含有两个酯基且水解后的酚能与氢氧化钠反应，故1 mol Z最多能与3mol NaOH反应，选项D错误；
答案选C。
14.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C. 等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
D. 0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】A
【解析】
【分析】
A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B.NaOH是强碱，pH相同时其浓度最小，钠盐中酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐浓度越小；
C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于其水解程度，但其电离和水解程度都较小。
【详解】A.任何电解质溶液中都侧重电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A正确；
B.NaOH是强碱，pH相同时其浓度最小，钠盐中酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐浓度越小，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，B错误；
C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误；
D.溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于其水解程度，但其电离和水解程度都较小，H+由水和溶液中HA-电离产生，所以其离子浓度大小顺序是c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较的知识，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道溶液中存在物料守恒、电荷守恒、质子守恒三个守恒，弄清酸式酸根离子的水解程度和电离程度的相对大小是D选项正确判断的关键。
15.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
16.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）
A. 12种 B. 13种 C. 14种 D. 15种
【答案】B
【解析】
【详解】有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，所以相对分子质量为102；X中氧元素的质量分数为31.7%，氧原子数是 ， ，则C原子数5、氢原子数是，所以分子式为C5H10O2。分子式为C5H10O2的有机物能在碱性溶液中发生反应，则X可以为羧酸或酯；若为羧酸则结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH；若为酯则结构简式为CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3、HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOC(CH3)3，共13种，选B。
17.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。下列说法不正确的是
A. 反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH＜0
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度NO平衡转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H＜0，A正确；
B.X点没有达到平衡状态，平衡正向进行，延长时间导致消耗的NO量增多，导致NO转化率提高，B正确；
CY点所示条件下达到平衡状态，增大氧气浓度平衡正向移动，NO转化率提高，C错误；
D.380℃下c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，反应正向移动，则c平衡(O2)＜5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡时c(NO)=c(NO2)，化学平衡常数K==2000，D正确；
故合理选项C。
【点睛】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，D为解答易错点，易忽略“NO平衡转化率为50%，此时c(NO)=c(NO2)”而导致无法计算。
18.已知氧化性Br2＞Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入bmol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是
A. 离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-
B. 当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
C. 当3a≤2b时，发生离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-
D. 当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
【答案】D
【解析】
【详解】还原性Fe2+＞Br-，首先发生反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr-。
A.物质的氧化性越强，其相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-，A正确；
B.amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，B正确；
C.amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br-完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C正确；
D.当a=b时，由2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl-，由2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr-，又生成amolCl-，溶液中剩余Br-为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a：a：2a=1：1：2，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算、离子方程式书写等知识，关键是明确离子发生反应的先后顺序，只有当还原性强的微粒反应完全后，还原性弱的微粒才能发生反应。
19.硼氢化钠(NaBH4)为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：－101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：
下列说法不正确的是
A. 实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀
B. 操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶
C. 反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气
D. 反应①中消耗的H2与Na的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，A正确；
B.根据流程图可知，操作②得到溶液和固体，应该是过滤；由于异丙胺的沸点为33℃，和水的沸点相差很大，所以操作③为蒸馏，B错误；
C.NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，C正确；
D.反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2＝NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D正确；
故合理选项是B。
20.某溶液中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I-、SO32-、SO42-中的几种，现取100mL溶液先加入少量氯水，溶液呈无色。然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g,在滤液中加足量NaOH溶液并加热,生成的气体在标准状况下体积为1.12L。已知：SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+；2Fe3++2I-＝2Fe2++I2，根据上述实验，以下推测正确的是
A. 原溶液一定存在NH4+、I-
B. 原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-
C. 原溶液可能存在K+、Fe3+、SO42-
D. 另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成
【答案】A
【解析】
【详解】取100mL溶液加入少量氯水，由于还原性SO32-＞I-，首先会发生反应：Cl2+SO32-+H2O＝2Cl-+SO42-+2H+，然后可能会发生反应：Cl2+2I-＝2Cl-+I2，溶液呈无色说明一定含有SO32-，SO32-会被氯水氧化为SO42-，SO32-与Fe3+、Ba2+均不能共存，故溶液中一定无Fe3+、Ba2+；此时白色沉淀是BaSO4，根据S元素守恒可知n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，故生成沉淀中的0.02molSO42-可能全部来自于被氧化的SO32-，也可能部分是原溶液中含有SO42-，向滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体为NH3，即原来溶液中一定含NH4+，在标准状况下体积为1.12L，故NH4+的物质的量为0.05mol。由于0.02mol SO32-(或SO32-和SO42-)带0.04mol负电荷，而0.05mol NH4+带0.05mol正电荷，而溶液要保持电中性，故溶液中一定含I-，可能含K+。另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，只能检验硫酸根离子，不能检验碘离子或钾离子，故上述说法正确的是A。答案选A。
二、非选择题
21.化石燃料是有机物的重要来源，从煤和石油获取的有机物苯和乙烯等简单有机物还是合成其他有机物的原料。如图的转化关系中，已知C能使碳酸钠溶液释放出CO2，反应①②反应机理类似且原子利用率均为100%，请回答下列问题：
（1）有机物A中含有的官能团名称是_________________。
（2）反应④的反应类型为_________________。
（3）请设计一种能验证B与C混合物中是否含物质B的实验方法_________________。
（4）下列说法正确的是_________________。
A．乙烯与氧气在催化剂作用下反应也可以生成C
B．纯C在16.6℃ 以下呈冰状固体
C．在制备D时，D中常混有一些挥发出来的反应物，可以通过加入NaOH溶液振荡再分液的方法提纯
D．石油裂解气通过净化和分离也能得到丙烯这样的短链烯烃
【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 取代（酯化） (3). 取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有 (4). ABD
【解析】
【详解】C能使碳酸钠溶液释放出CO2，说明C为酸，则B为醛，根据流程图知，B为乙醛，C为乙酸；反应①②反应机理类似且原子利用率均为100%，则A为乙炔，反应①为加成反应，反应而为苯乙烯与水的加成反应，与乙酸发生酯化反应生成D，D为。
(1)有机物A为乙炔，含有的官能团为碳碳三键，故答案为：碳碳三键；
(2)根据上述分析，反应④为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；
(3)验证乙酸与乙醛混合物中是否含物质乙醛，需要首先将溶液变成碱性，再加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，实验方法为：取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有，故答案为：取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有；
(4)A．乙烯与氧气在催化剂作用下发生氧化反应可以生成乙醛，也可以继续氧化生成乙酸，故A正确；B．纯乙酸在16.6℃以下呈冰状固体，俗称冰醋酸，故B正确；C．在制备时，其中常混有一些挥发出来的反应物，提纯时，不能加入NaOH溶液，因为在氢氧化钠溶液中会水解，应该加入饱和的碳酸钠溶液进行除杂，故C错误；D．石油裂解气中含有乙烯等烯烃和饱和烃，通过净化和分离可以得到丙烯等短链烯烃，故D正确；故选ABD。
22.N2H4·H2O（水合肼）极毒且不稳定，100℃以上易分解失水，常用作还原剂和除氧剂（通常生成N2和H2O），其熔点为－40℃，沸点118.5℃。现以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O和无水Na2SO3，其主要流程如下：
已知：Cl2(g)＋2OH-(aq)=ClO-(aq)＋Cl-(aq)＋H2O(aq) △H<0
（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要_____________（填标号）。
A．容量瓶 B．胶头滴管 C．玻璃棒 D．锥形瓶
（2）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液充分反应生成NaClO3和NaCl。实验中为控制反应温度除了用冰水浴、充分搅拌外，还需采取的措施是_______________________。
（3）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________（填字母）；
a．尿素溶液 b．NaClO碱性溶液 c．尿素溶液或NaClO溶液任选其一
理由是____________________________________。
（4）步骤Ⅲ中分离出N2H4·H2O应该采用的方法最合理是____________________。
（5）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的方法是______________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_________________________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
（6）工业上还可以用水合肼还原法制取碘化钠，工艺流程如图：
还原过程中可用硫化钠或铁屑等物质替代水合肼，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，原因是_______________________。
【答案】 (1). BC (2). 缓慢通入Cl2 (3). b (4). 过量的NaClO溶液会将水合肼氧化 (5). 减压蒸馏 (6). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (7). 边搅拌边滴加NaOH溶液，并监测溶液pH，当pH接近10时，停止加液，将溶液转移到蒸发皿中，低温蒸发至较多晶体析出，趁热过滤（不得低于34℃） (8). N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，分离产品过程容易进行
【解析】
【分析】
由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，需要用托盘天平称取一定量的氢氧化钠固体，如何在烧杯中加入适量的水溶解即可，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要玻璃棒和胶头滴管，故答案为：BC；
(2)温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaC1，反应的离子方程式为3Cl2+6OH- ClO3-+5Cl-+3H2O，实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，故答案为：缓慢通入氯气；
(3)实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，可以避免过量的NaClO溶液会将水合肼氧化生成N2，故答案为：b；过量的NaClO溶液会将水合肼氧化；
(4)根据题意，N2H4·H2O(水合肼)不稳定，100℃以上易分解失水，熔点为－40℃，沸点118.5℃。步骤Ⅲ中分离出N2H4·H2O应该采用减压蒸馏，故答案为：减压蒸馏；
(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。
①由图像可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制，故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；
②由 NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3，故答案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
(6) N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高，故答案为：N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，分离产品过程容易进行。
【点睛】本题考查物质的制备实验方案的设计。本题的难点为(5)，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，易错点为(1)，要注意配制一定质量分数的溶液和一定物质的量浓度溶液需要仪器的差别。
23.马来酸氯苯那敏又名扑尔敏（）是一种常见的抗过敏药物，其合成路线如下：
已知：碳碳双键可以被臭氧氧化
请回答下列问题：
(1)下列说法中不正确的是______。
A.扑尔敏的分子式为C16H18N2Cl
B.制取A的反应为取代反应
C.化合物C中所有原子可能共平面
D.化合物E能发生取代、加成、氧化、还原反应
(2)化合物B的结构简式是______。
(3)E→F的化学方程式是______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物B(C12H12N2)两个同分异构体的结构简式______。
①分子中含有两个六元环；②1H-NMR谱显示有3个峰。
(5)设计由D经两步反应得到E的合成路线___(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】 (1). AC (2). (3). (4). 、、、、 (5).
【解析】
【分析】
由C与F的分子式、G的结构简式可知C与F发生取代反应生成G，可推知C为、F为BrCH2CH(OC2H5)2，对比B、C的分子式，可知B中-NH2被-Cl取代生成C，故B为，对比A前后物质结构，结合A的分子式，可知A为，对比E与F的结构，可知E与乙醇发生加成反应后，再与乙醇发生分子间脱水反应生成F。D经两步反应得到E的合成路线，结合碳碳双键臭氧化信息，可知D中含有碳碳双键且为对称结构，则D为CH2=CH-CH=CH2，D先与溴水发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再用臭氧氧化得到BrCH2CHO。据此解答。
【详解】通过上述分析可知：A为，B为，C为，D为CH2=CH-CH=CH2，E为BrCH2CHO，F为BrCH2CH(OC2H5)2。
(1)A.由扑尔敏的结构，可知其分子式为C16H19N2Cl，A错误；
B.由制取的反应是甲基上的取代反应，B正确；
C.化合物C结构简式为：，C中含有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，C错误；
D.化合物E为BrCH2CHO，分子中含有醛基，可以发生加成、氧化、还原反应，含有溴原子，可以发生取代反应，D正确；
故合理选项是AC；
(2)由分析可知化合物B的结构简式是；
(3)对比E与F的结构，可知E与乙醇发生加成反应后，再与乙醇发生分子间脱水反应生成F，所以E→F的化学方程式是：BrCH2CHO+2CH3CH2OHBrCH2CH(OC2H5)2+H2O；
(4)同时符合下列条件的化合物B(C12H12N2)两个同分异构体：①分子中含有两个六元环；②1H-NMR谱显示有3个峰，存在对称结构，可能的结构简式有：、、、、，任意写出其中2种；
(5)化合物D为CH2=CH-CH=CH2，D先与溴水发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再用臭氧氧化得到BrCH2CHO，合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，涉及有机物的结构与性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，注意碳原子与N原子之间可以形成单键、双键、三键。
24.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K(300℃)______K(400℃)(填“大于”、“等于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是_______、_______。
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83 kJ·mol－1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol－1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol－1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________ kJ·mol－1。
【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2分离能耗较高 (4). HCl转化率较低 (5). -116
【解析】
【详解】(1)根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向着逆反应方向移动，则温度越高平衡常数减小，所以反应平衡常数K(300℃)大于K(400℃)；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，在反应开始时，各种物质的浓度分别是c(HCl)=c(O2)=c0mol/L，c(Cl2)=c(H2O)=0mol/L，反应达到平衡时c(HCl)=(c0-0.84c0)mol/L，c(O2)=(c0-0.21c0)mol/L，c(Cl2)=c(H2O)=0.42c0mol/L，带入平衡常数表达式可得K=；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；
(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83 kJ·mol－1
②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol－1
③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol－1
根据盖斯定律，（①+②+③）×2可得：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(+83kJ•mol-1)+(-20kJ•mol-1)+(-121kJ•mol-1)]×2=-116kJ•mol-1。
【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握盖斯定律内容及在化学平衡计算中应用起始浓度、转化浓度与平衡浓度的关系，将各种物质的平衡浓度带入平衡常数表达式中，注意对于反应前后气体体积不等的反应在计算时起始浓度c0的约除问题。
东阳中学2019年下学期高三入学考试（化学）
相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Ag-108。
一、选择题（每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）
1.下列关于古诗词中的化学解析中，正确的是
A. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。” “气”是指乙酸乙酯
B. “取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针…”，记载了升华法精制砒霜
C. “强水…性最烈，其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。” “强水”是指浓硫酸
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”。“丝”“泪”的主要成分是蛋白质
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯中植物生长调节剂，可促进食物生长发育、成熟，“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。” “气”是指乙烯，A错误；
B.“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针…”，上述方法中使用的就是升华法精制砒霜，B正确；
C.硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，符合条件，“强水”是指浓硝酸，C错误；
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”。“丝”“的主要成分是蛋白质，泪”的主要成分是烃，D错误；
故合理选项是B。
2.下列说法正确的是
A. CuSO4溶液可使蛋白质变性，可用于游泳池的杀菌消毒
B. 蔗糖、淀粉、纤维素均为天然高分子化合物
C. C17H35COOCH2CH3与NaOH水溶液的反应属于皂化反应
D. 蛋白质水解产物中都含有硝基（-NO2）和羧基（-COOH）
【答案】A
【解析】
【详解】A.重金属离子能够使蛋白质变性，CuSO4溶液中的Cu2+是重金属离子，可使蛋白质变性，因此可用于游泳池的杀菌消毒，A正确；
B.蔗糖是二糖，不是高分子化合物，淀粉、纤维素均为天然高分子化合物，B错误；
C.高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，C17H35COOCH2CH3不是高级脂肪酸甘油酯，因此其在碱性条件下的水解反应不属于皂化反应，C错误；
D.蛋白质水解产物中都含有氨基(-NH2)和羧基(-COOH)，D错误；
故合理选项是A。
3.下列关于物质结构与性质的叙述中，正确的是
A. 水分子中O－H键的键能很大，因此水的沸点较高
B. 因为淀粉分子与胶体颗粒大小相近，故淀粉溶液具有胶体的某些性质
C. 有机物的同分异构体之间性质一定有明显差异
D. 苯环对羟基的活化作用使苯酚具有酸性，能与NaHCO3溶液反应放出CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.水的沸点高低与分子内的化学键无关，是由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，A错误；
B.因为淀粉分子与胶体颗粒大小相近，达到胶体分散质微粒直径的大小，因此淀粉溶液具有胶体的某些性质，可以发生丁达尔效应，B正确；
C.有机物的同分异构体结构不同，性质有差异，但不一定有明显差异，C错误；
D.苯环对羟基的活化作用使苯酚具有酸性，但由于酸性H2CO3>C6H5OH，因此苯酚不能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D错误；
故合理选项是B。
4.下列叙述正确的是
A. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
D. 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
【答案】A
【解析】
【详解】A. AlCl3与氨水发生复分解反应，产生氢氧化铝白色沉淀，当再加入过量NaHSO4溶液时，NaHSO4电离产生H+起酸的作用，可以与两性氢氧化物反应产生Al3+，因而沉淀会消失，A正确；
B.由于金属Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，所以在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，若再加入Cu(NO3)2固体，H+、NO3-其硝酸的作用，具有强的氧化性，会与Cu发生氧化还原反应，使铜粉溶解，B错误；
C.由于酸性：HCl>H2CO3，HCl>H2SO3，所以将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，也不会产生沉淀，C错误；
D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，Zn与CuSO4溶液发生置换反应产生Cu单质,Zn、Cu、硫酸构成原电池，会使反应速率加快，D错误；
故合理选项是A。
5.下列说法正确的是
A. 的名称为3，4，4-三甲基丁烷
B. 化合物的一氯取代物有2种
C. 、、 是互为同分异构体
D. （葡萄糖）分子结构中含有-OH，与乙醇互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 的主链含有5个碳原子，名称为2，3-二甲基戊烷，故A错误；B. 化合物中含有3种氢原子，一氯取代物有3种()，故B错误；C. 、、 的分子式均为C6H6，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D. (葡萄糖)分子结构中含有5个-OH和1个醛基，与乙醇的结构不相似，不是同系物，故D错误；故选C。
6. 下列关于实验原理或操作的叙述中，不正确的是
A. 从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
B. 可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油
C. 纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中
D. 实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法
【答案】C
【解析】
试题分析：乙醇与水互溶，不能用作该实验的萃取剂，故A项正确；新制Cu(OH)2悬浊液可与甘油反应，使蓝色沉淀溶解，溶液变为绛蓝色，故B项正确；纸层析实验中，滤纸条浸入展开剂，但试样点不能浸入展开剂，C项错误；生石灰与乙酸反应，生成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，增大与乙醇的沸点差，另外生石灰与水反应不与乙醇反应而且反应后生成的Ca(OH)2需要高温才能分解，蒸馏时不会再产生水，能得到较纯净的乙醇，D项正确，因此答案选C。
考点：考查化学实验原理和操作的正误判段
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题难易适中，综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范的实验设计能力，也有利于提升学生的学科素养。
7.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 14g氮气中含有7NA个电子
B. 在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子
C. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
D. NA个一氧化碳分子和0.5 mol 甲烷的质量比为7 ：4
【答案】A
【解析】
【详解】A．每个氮气分子中含有14个电子，N(e-)=14N(N2)=14n(N2)×NA=14×NA=14××NA=7NA，故A正确；
B．N(N)=2N(N2)=2×n(N2)×NA=2×NA=2××NA=2NA，故B错误；
C．N(e-)=2N(Cl2)=2n(Cl2)×NA=2×1mol×NA=2NA，故以错误；
D．m(CO)=n×M(CO)=×M(CO)=×28g/mol=28g，m(CH4)=n×M(CH4)=0.5mol×16g/mol=8g，所以m(CO)：m(CH4)=28g：8g=7：2，故D错误；
故答案为A。
8.根据下列实验现象，所得结论正确的是
序号
A
B
C
D
装置
现象
烧杯中的水被吸入导管
左边棉花变橙色，右边棉花先变蓝色后变无色
产生红棕色气体
锥形瓶中产生气体，烧杯中液体变浑浊
结论
HCl气体极易溶于水
氧化性：Cl2>Br2>I2
浓硝酸具有挥发性
非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.HCl极容易溶于水，使导气管中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强的作用下进入导气管中，A正确；
B.通入Cl2，左边棉花变橙色，是由于发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，右边棉花先变蓝色后变无色，可能是Cl2与KI反应，也可能是Br2与KI反应，B错误；
C.浓硝酸遇到灼热的碎玻璃是由于在加热条件下HNO3发生分解反应产生了NO2气体，使试管内气体变为红棕色，C错误；
D.由于酸性HCl>H2CO3，所以向盛有Na2CO3的锥形瓶中滴加稀盐酸，发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O，将反应产生的气体通入到烧杯中，液体变浑浊可能是CO2与溶液中的溶质反应，也可能是挥发的HCl与Na2SiO3反应所致，但不能根据盐酸的酸性比碳酸强，就证明元素的非金属性Cl>C，D错误；
故合理选项是A。
9.下列对三种有机物的叙述不正确的是
A. 三种有机物都是芳香族化合物
B. 阿司匹林在酸中水解生成2种含羧基的物质
C. 麻黄碱的分子式是C10H13NO
D. 芬太尼可发生取代、加成、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.三种有机物分子结构中都含有苯环，因此都为芳香族化合物，A正确；
B.阿司匹林分子中含有酯基，在酸性条件下发生水解反应，生成邻羟基苯甲酸和乙酸，生成了2种含羧基的物质，B正确；
C.麻黄碱的分子式是C10H15NO，C错误；
D.芬太尼分子中含有苯环、酰胺键，可发生取代、加成、氧化反应，D正确；
故合理选项是C。
10.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4—H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是
A. 待加工铝质工件为阳极 B. 可选用不锈钢网作为阴极
C. 硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 D. 阴极的电极反应式为：Al3++3e-=Al
【答案】D
【解析】
【分析】
A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+；
B.阴极材料选择没有特定的要求；
C.在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
D.阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应。
【详解】A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；
B.阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，因此可选用不锈钢网作为阴极，B正确；
C.在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，C正确；
D.阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e-=H2↑，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查电解原理及其应用。电化学原理是高中化学的核心内容，学生要清楚的知道：阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应。若阳极材料为活性电极，则是电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极，则应该是溶液中的阴离子失去电子，发生氧化反应，记住阳极放电顺序是正确书写电极反应式的关键。
11.为提纯下列物质（括号内物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液（NaI）
氯水、CCl4
萃取、分液
B
氯化铵溶液(FeCl3)
氢氧化钠溶液
过滤
C
二氧化碳（CO）
氧化铜粉末
通过灼热的CuO粉末
D
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cl2与NaBr、NaI都会发生反应，不能达到除杂目的，A错误；
B.NaOH与NH4Cl、FeCl3都发生反应，不能达到除杂的目的，B错误；
C.CuO与CO在加热时反应产生CO2、Cu单质，Cu是固体，与气体分离，达到除杂、净化的目的，C正确；
D.浓溴水与苯酚发生取代反应产生三溴苯酚，但三溴苯酚容易溶于苯中，不能通过过滤的方法分离，D错误；
故合理选项是C。
12.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 醋酸钠的水解反应：CH3COO-+H3O+CH3COOH+H2O
B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+2H2O+CO32-
C. 苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应：C6H5O-+CO2+H2O＝C6H5OH+CO32-
D. 稀硝酸与过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO3-＝3Fe3++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸钠的水解反应是CH3COO-与水电离产生的H+结合形成CH3COOH，水解方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，A错误；
B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，反应产生CaCO3、Na2CO3、H2O，反应符合事实，B正确；
C.苯酚钠溶液与少量二氧化碳，反应产生苯酚和碳酸氢钠，C错误；
D.稀硝酸与过量的铁屑反应，产生硝酸亚铁、NO、H2O，反应原理不符合事实，D错误；
故合理选项是B。
13.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有原子在同一平面上 B. Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子
C. 可用FeCl3溶液鉴别Y和Z D. 1 mol Z最多能与2 mol NaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据甲烷为正四面体结构，由于X中存在甲基，故X分子中所有原子不可能在同一平面上，选项A错误；
B. Y与足量H2的加成产物分子中有4个手性碳原子，如图，选项B错误；
C. Y中含有酚羟基能使氯化铁溶液显紫色，而Z不含，可用FeCl3溶液鉴别Y和Z，选项C正确；
D. Z中含有两个酯基且水解后的酚能与氢氧化钠反应，故1 mol Z最多能与3mol NaOH反应，选项D错误；
答案选C。
14.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C. 等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
D. 0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】A
【解析】
【分析】
A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B.NaOH是强碱，pH相同时其浓度最小，钠盐中酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐浓度越小；
C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D.溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于其水解程度，但其电离和水解程度都较小。
【详解】A.任何电解质溶液中都侧重电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，A正确；
B.NaOH是强碱，pH相同时其浓度最小，钠盐中酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐浓度越小，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，B错误；
C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误；
D.溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于其水解程度，但其电离和水解程度都较小，H+由水和溶液中HA-电离产生，所以其离子浓度大小顺序是c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较的知识，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道溶液中存在物料守恒、电荷守恒、质子守恒三个守恒，弄清酸式酸根离子的水解程度和电离程度的相对大小是D选项正确判断的关键。
15.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
16.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）
A. 12种 B. 13种 C. 14种 D. 15种
【答案】B
【解析】
【详解】有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，所以相对分子质量为102；X中氧元素的质量分数为31.7%，氧原子数是 ， ，则C原子数5、氢原子数是，所以分子式为C5H10O2。分子式为C5H10O2的有机物能在碱性溶液中发生反应，则X可以为羧酸或酯；若为羧酸则结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH；若为酯则结构简式为CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3、HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOC(CH3)3，共13种，选B。
17.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。下列说法不正确的是
A. 反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH＜0
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度NO平衡转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H＜0，A正确；
B.X点没有达到平衡状态，平衡正向进行，延长时间导致消耗的NO量增多，导致NO转化率提高，B正确；
CY点所示条件下达到平衡状态，增大氧气浓度平衡正向移动，NO转化率提高，C错误；
D.380℃下c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，反应正向移动，则c平衡(O2)＜5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡时c(NO)=c(NO2)，化学平衡常数K==2000，D正确；
故合理选项C。
【点睛】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，D为解答易错点，易忽略“NO平衡转化率为50%，此时c(NO)=c(NO2)”而导致无法计算。
18.已知氧化性Br2＞Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入bmol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是
A. 离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-
B. 当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
C. 当3a≤2b时，发生离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-
D. 当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
【答案】D
【解析】
【详解】还原性Fe2+＞Br-，首先发生反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr-。
A.物质的氧化性越强，其相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-，A正确；
B.amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，B正确；
C.amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br-完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C正确；
D.当a=b时，由2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl-，由2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr-，又生成amolCl-，溶液中剩余Br-为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a：a：2a=1：1：2，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算、离子方程式书写等知识，关键是明确离子发生反应的先后顺序，只有当还原性强的微粒反应完全后，还原性弱的微粒才能发生反应。
19.硼氢化钠(NaBH4)为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：－101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：
下列说法不正确的是
A. 实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀
B. 操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶
C. 反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气
D. 反应①中消耗的H2与Na的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，A正确；
B.根据流程图可知，操作②得到溶液和固体，应该是过滤；由于异丙胺的沸点为33℃，和水的沸点相差很大，所以操作③为蒸馏，B错误；
C.NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，C正确；
D.反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2＝NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D正确；
故合理选项是B。
20.某溶液中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I-、SO32-、SO42-中的几种，现取100mL溶液先加入少量氯水，溶液呈无色。然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g,在滤液中加足量NaOH溶液并加热,生成的气体在标准状况下体积为1.12L。已知：SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+；2Fe3++2I-＝2Fe2++I2，根据上述实验，以下推测正确的是
A. 原溶液一定存在NH4+、I-
B. 原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-
C. 原溶液可能存在K+、Fe3+、SO42-
D. 另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成
【答案】A
【解析】
【详解】取100mL溶液加入少量氯水，由于还原性SO32-＞I-，首先会发生反应：Cl2+SO32-+H2O＝2Cl-+SO42-+2H+，然后可能会发生反应：Cl2+2I-＝2Cl-+I2，溶液呈无色说明一定含有SO32-，SO32-会被氯水氧化为SO42-，SO32-与Fe3+、Ba2+均不能共存，故溶液中一定无Fe3+、Ba2+；此时白色沉淀是BaSO4，根据S元素守恒可知n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，故生成沉淀中的0.02molSO42-可能全部来自于被氧化的SO32-，也可能部分是原溶液中含有SO42-，向滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体为NH3，即原来溶液中一定含NH4+，在标准状况下体积为1.12L，故NH4+的物质的量为0.05mol。由于0.02mol SO32-(或SO32-和SO42-)带0.04mol负电荷，而0.05mol NH4+带0.05mol正电荷，而溶液要保持电中性，故溶液中一定含I-，可能含K+。另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，只能检验硫酸根离子，不能检验碘离子或钾离子，故上述说法正确的是A。答案选A。
二、非选择题
21.化石燃料是有机物的重要来源，从煤和石油获取的有机物苯和乙烯等简单有机物还是合成其他有机物的原料。如图的转化关系中，已知C能使碳酸钠溶液释放出CO2，反应①②反应机理类似且原子利用率均为100%，请回答下列问题：
（1）有机物A中含有的官能团名称是_________________。
（2）反应④的反应类型为_________________。
（3）请设计一种能验证B与C混合物中是否含物质B的实验方法_________________。
（4）下列说法正确的是_________________。
A．乙烯与氧气在催化剂作用下反应也可以生成C
B．纯C在16.6℃ 以下呈冰状固体
C．在制备D时，D中常混有一些挥发出来的反应物，可以通过加入NaOH溶液振荡再分液的方法提纯
D．石油裂解气通过净化和分离也能得到丙烯这样的短链烯烃
【答案】 (1). 碳碳三键 (2). 取代（酯化） (3). 取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有 (4). ABD
【解析】
【详解】C能使碳酸钠溶液释放出CO2，说明C为酸，则B为醛，根据流程图知，B为乙醛，C为乙酸；反应①②反应机理类似且原子利用率均为100%，则A为乙炔，反应①为加成反应，反应而为苯乙烯与水的加成反应，与乙酸发生酯化反应生成D，D为。
(1)有机物A为乙炔，含有的官能团为碳碳三键，故答案为：碳碳三键；
(2)根据上述分析，反应④为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；
(3)验证乙酸与乙醛混合物中是否含物质乙醛，需要首先将溶液变成碱性，再加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，实验方法为：取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有，故答案为：取少量溶液于试管中加入足量的氢氧化钠溶液中和，再加入新制氢氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀则有B，反之则没有；
(4)A．乙烯与氧气在催化剂作用下发生氧化反应可以生成乙醛，也可以继续氧化生成乙酸，故A正确；B．纯乙酸在16.6℃以下呈冰状固体，俗称冰醋酸，故B正确；C．在制备时，其中常混有一些挥发出来的反应物，提纯时，不能加入NaOH溶液，因为在氢氧化钠溶液中会水解，应该加入饱和的碳酸钠溶液进行除杂，故C错误；D．石油裂解气中含有乙烯等烯烃和饱和烃，通过净化和分离可以得到丙烯等短链烯烃，故D正确；故选ABD。
22.N2H4·H2O（水合肼）极毒且不稳定，100℃以上易分解失水，常用作还原剂和除氧剂（通常生成N2和H2O），其熔点为－40℃，沸点118.5℃。现以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O和无水Na2SO3，其主要流程如下：
已知：Cl2(g)＋2OH-(aq)=ClO-(aq)＋Cl-(aq)＋H2O(aq) △H<0
（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要_____________（填标号）。
A．容量瓶 B．胶头滴管 C．玻璃棒 D．锥形瓶
（2）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液充分反应生成NaClO3和NaCl。实验中为控制反应温度除了用冰水浴、充分搅拌外，还需采取的措施是_______________________。
（3）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________（填字母）；
a．尿素溶液 b．NaClO碱性溶液 c．尿素溶液或NaClO溶液任选其一
理由是____________________________________。
（4）步骤Ⅲ中分离出N2H4·H2O应该采用的方法最合理是____________________。
（5）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的方法是______________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：_________________________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
（6）工业上还可以用水合肼还原法制取碘化钠，工艺流程如图：
还原过程中可用硫化钠或铁屑等物质替代水合肼，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，原因是_______________________。
【答案】 (1). BC (2). 缓慢通入Cl2 (3). b (4). 过量的NaClO溶液会将水合肼氧化 (5). 减压蒸馏 (6). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (7). 边搅拌边滴加NaOH溶液，并监测溶液pH，当pH接近10时，停止加液，将溶液转移到蒸发皿中，低温蒸发至较多晶体析出，趁热过滤（不得低于34℃） (8). N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，分离产品过程容易进行
【解析】
【分析】
由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，需要用托盘天平称取一定量的氢氧化钠固体，如何在烧杯中加入适量的水溶解即可，所需玻璃仪器除量筒、烧杯外，还需要玻璃棒和胶头滴管，故答案为：BC；
(2)温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaC1，反应的离子方程式为3Cl2+6OH- ClO3-+5Cl-+3H2O，实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，故答案为：缓慢通入氯气；
(3)实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，可以避免过量的NaClO溶液会将水合肼氧化生成N2，故答案为：b；过量的NaClO溶液会将水合肼氧化；
(4)根据题意，N2H4·H2O(水合肼)不稳定，100℃以上易分解失水，熔点为－40℃，沸点118.5℃。步骤Ⅲ中分离出N2H4·H2O应该采用减压蒸馏，故答案为：减压蒸馏；
(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。
①由图像可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制，故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；
②由 NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3，故答案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
(6) N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高，故答案为：N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，分离产品过程容易进行。
【点睛】本题考查物质的制备实验方案的设计。本题的难点为(5)，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，易错点为(1)，要注意配制一定质量分数的溶液和一定物质的量浓度溶液需要仪器的差别。
23.马来酸氯苯那敏又名扑尔敏（）是一种常见的抗过敏药物，其合成路线如下：
已知：碳碳双键可以被臭氧氧化
请回答下列问题：
(1)下列说法中不正确的是______。
A.扑尔敏的分子式为C16H18N2Cl
B.制取A的反应为取代反应
C.化合物C中所有原子可能共平面
D.化合物E能发生取代、加成、氧化、还原反应
(2)化合物B的结构简式是______。
(3)E→F的化学方程式是______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物B(C12H12N2)两个同分异构体的结构简式______。
①分子中含有两个六元环；②1H-NMR谱显示有3个峰。
(5)设计由D经两步反应得到E的合成路线___(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】 (1). AC (2). (3). (4). 、、、、 (5).
【解析】
【分析】
由C与F的分子式、G的结构简式可知C与F发生取代反应生成G，可推知C为、F为BrCH2CH(OC2H5)2，对比B、C的分子式，可知B中-NH2被-Cl取代生成C，故B为，对比A前后物质结构，结合A的分子式，可知A为，对比E与F的结构，可知E与乙醇发生加成反应后，再与乙醇发生分子间脱水反应生成F。D经两步反应得到E的合成路线，结合碳碳双键臭氧化信息，可知D中含有碳碳双键且为对称结构，则D为CH2=CH-CH=CH2，D先与溴水发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再用臭氧氧化得到BrCH2CHO。据此解答。
【详解】通过上述分析可知：A为，B为，C为，D为CH2=CH-CH=CH2，E为BrCH2CHO，F为BrCH2CH(OC2H5)2。
(1)A.由扑尔敏的结构，可知其分子式为C16H19N2Cl，A错误；
B.由制取的反应是甲基上的取代反应，B正确；
C.化合物C结构简式为：，C中含有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，C错误；
D.化合物E为BrCH2CHO，分子中含有醛基，可以发生加成、氧化、还原反应，含有溴原子，可以发生取代反应，D正确；
故合理选项是AC；
(2)由分析可知化合物B的结构简式是；
(3)对比E与F的结构，可知E与乙醇发生加成反应后，再与乙醇发生分子间脱水反应生成F，所以E→F的化学方程式是：BrCH2CHO+2CH3CH2OHBrCH2CH(OC2H5)2+H2O；
(4)同时符合下列条件的化合物B(C12H12N2)两个同分异构体：①分子中含有两个六元环；②1H-NMR谱显示有3个峰，存在对称结构，可能的结构简式有：、、、、，任意写出其中2种；
(5)化合物D为CH2=CH-CH=CH2，D先与溴水发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，再用臭氧氧化得到BrCH2CHO，合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，涉及有机物的结构与性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，注意碳原子与N原子之间可以形成单键、双键、三键。
24.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K(300℃)______K(400℃)(填“大于”、“等于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是_______、_______。
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83 kJ·mol－1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol－1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol－1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________ kJ·mol－1。
【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2分离能耗较高 (4). HCl转化率较低 (5). -116
【解析】
【详解】(1)根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向着逆反应方向移动，则温度越高平衡常数减小，所以反应平衡常数K(300℃)大于K(400℃)；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，在反应开始时，各种物质的浓度分别是c(HCl)=c(O2)=c0mol/L，c(Cl2)=c(H2O)=0mol/L，反应达到平衡时c(HCl)=(c0-0.84c0)mol/L，c(O2)=(c0-0.21c0)mol/L，c(Cl2)=c(H2O)=0.42c0mol/L，带入平衡常数表达式可得K=；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；
(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83 kJ·mol－1
②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol－1
③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol－1
根据盖斯定律，（①+②+③）×2可得：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(+83kJ•mol-1)+(-20kJ•mol-1)+(-121kJ•mol-1)]×2=-116kJ•mol-1。
【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握盖斯定律内容及在化学平衡计算中应用起始浓度、转化浓度与平衡浓度的关系，将各种物质的平衡浓度带入平衡常数表达式中，注意对于反应前后气体体积不等的反应在计算时起始浓度c0的约除问题。
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