【文档说明】四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期入学摸底测试 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.904 MB，由小赞的店铺上传

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高三入学摸底测试化学相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-231.《黄帝内经》中记载：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等丰富的营养物质。下列说法正确的是A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.纤维素在人体内可通过酶的催化

发生水解反应C.抗病毒疫苗冷藏存放是为了避免蛋白质受热变性D.糖类、蛋白质、油脂都是由C、H、O三种元素组成【答案】C【解析】【详解】A．淀粉和纤维素的化学式均为()6105CHOn，化学式中的n值不同，淀粉和纤维素不互为同分异

构体，故A错误；B．人体内没有可以水解纤维素的酶，故B错误；C．抗病毒疫苗是蛋白质，蛋白质受热会变性失活，因此应冷藏存放，故C正确；D．蛋白质除含C、H、O三种元素外，还含有N、S等元素，故D错误；选C。2.高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错

误的是A.线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化B.聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解C.尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好D.聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高【答案】B【解析】【详解】A．线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确；

B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性，受热不易分解，B错误；C．尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确；D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，说明其透明度高，D正确；故选B。3.设阿伏伽德罗常数

值为NA，下列叙述正确的是的A.1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NAB.同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NAC.1mol苯中含有的碳碳双键数为

3NAD.78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA【答案】A【解析】【详解】A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体

，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。答案选A。4.化合物X

是由细菌与真菌共培养得到的一种天然产物，结构简式如图。下列相关表述错误的是A.可与2Br发生加成反应和取代反应B.可与3FeCl溶液发生显色反应C.含有4种含氧官能团D.存在顺反异构【答案】D【解析】【详解】A．化合物X中存在碳碳双

键，能和2Br发生加成反应，苯环连有酚羟基，下方苯环上酚羟基邻位有氢原子，可以与2Br发生取代反应，A正确；B．化合物X中有酚羟基，遇3FeCl溶液会发生显色反应，B正确；C．化合物X中含有酚羟基、醛基、酮羰基、醚键4种含氧官能团，C正确；D．该化合物中只有一

个碳碳双键，其中一个双键碳原子连接的2个原子团都是甲基，所以不存在顺反异构，D错误；故选D。5.下列化学用语或图示表达不正确的是A.22HO的电子式：B.4CH分子的球棍模型：C.3+Al的结构示意图：D.乙炔的结构式：HCCH——【答案】A【解析】【详解】A

．22HO是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．4CH为正四面体形，4CH分子的球棍模型：，故B正确；C．Al的原子序数为13，即3+Al的结构示意图：，故C正确；D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：HCCH——，故D正确；故选A。6.关于实验室安全，下列表述错误的是A.4BaSO等钡的化合物

均有毒，相关废弃物应进行无害化处理B.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视C.具有标识化学品为易燃类物质，应注意防火D.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风【答案】A【解析】【详解】A．4BaS

O性质稳定，不溶于水和酸，可用作“钡餐”说明对人体无害，无毒性，A错误；B．钠与水反应剧烈且放热，观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，B正确；的C．为易燃类物质的标识，使用该类化学品时应注意防火，以免发生火灾，C正确；D．硝酸

具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风，D正确；故选A。7.侯氏制碱法工艺流程中的主反应为32234QR+YW+XZ+WZQWXZ+YWR=，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是A.原子半径：W<X

<YB.第一电离能：XYZC.单质沸点：Z<R<QD.电负性：W<Q<R【答案】C【解析】【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为32234NaCl+NH+CO+HONaHCONHCl=+，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、Na元素、Cl元素。【详解】A．一

般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：H<N<C，故A错误；B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：CON＜＜，故B错误；C．2O、2Cl为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者

在常温下均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：22O<Cl<Na，故C正确；D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：Na<H<Cl，故D错误；故选C。8.1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣

小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是AB制备2Cl净化、干燥2ClCD收集2Cl验证2Cl的氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，A符合

题意；B．实验室制得的氯气中有HCl杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B不符合题意；C．氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C不符合题意；D．H2可以在氯气中安静地

燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意；故选A。9.明矾()422KAlSO12HO可用作净水剂。下列说法正确的是A.半径：()()3AlKrr++B.电负

性：()()χOχSC.沸点：22HSHOD.碱性：()3AlOHKOH【答案】B【解析】【详解】A．3Al+有2个电子层，而K+有3个电子层，因此，K+的半径较大，A错误；B．同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，

O和S都是ⅥA的元素，O元素的电负性较大，B正确；C．虽然2HS的相对分子质量较大，但是2HO分子间可形成氢键，因此2HO的沸点较高，C错误；D．元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于Al，因

此KOH的碱性较强，D错误；综上所述，本题选B。10.部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A.若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应B.在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化C.加热c的饱

和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系D.若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区【答案】B【解析】【详解】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为22Mg2HClMgClH+=+，该反应属于置

换反应，可能为22MgClMgCl点燃+，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；B．e能转化为d，此时e为白色沉淀()2FeOH，d为红褐色沉淀()3FeOH，说明在g→f→e

→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为()3FeOH胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到()3FeOH沉淀，故C错误；D．假设b为Al2O3，即d为()3AlOH，c为铝

盐，Al2O3、()3AlOH与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为()3FeOH，c为铁盐，Fe2O3、()3FeOH与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；故选B。11.工业上将Cl2

通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是A.漂白液的有效成分是NaClOB.ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸性C.通入CO2后的漂白液消毒能力增强D.NaClO溶液比HClO溶液稳定【答案】B【解析】【详解】A．漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，

有效成分是次氯酸钠，A正确；B．ClO-水解生成HClO，水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，使漂白液呈碱性，B错误；C．通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液

消毒能力增强，C正确；D．次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClO＞HClO，D正确；答案选B。【点睛】12.22HO分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①22HO溶液；②淀粉、丙二酸和4MnSO混合溶液；③3KIO、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回

振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是A.无色→蓝色：生成2IB.蓝色→无色：2I转化为化合态C.22HO起漂白作用D.淀粉作指示剂【答案】C【解析】【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO3

−反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO3−，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。【详解】A．根据分析，溶液由

无色变为蓝色说明有I2生成，A正确；B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO3−，I2转化为为化合态，B正确；C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误；D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确；

故答案选C。13.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.硫酸工业：22OHO2224FeSSOHSO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→高温B.金属Mg制备：()22MgOHMgClMg⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→盐酸电解溶液C.纯碱工业：2CO323NaClNaHCONaCO⎯⎯⎯→⎯⎯→溶液D.HCl制

备：2NaClH⎯⎯⎯→电解溶液和2ClHCl⎯⎯⎯→点燃【答案】D【解析】【详解】A．在硫酸工业中，FeS2与O2在高温下煅烧反应产生Fe2O3、SO2，SO2与水反应产生H2SO3，不是反应产生H2SO4，A错误；B．在金属Mg制备中，先

用盐酸溶解Mg(OH)2，反应产生MgCl2溶液，然后在HCl气氛中加热蒸发水分获得无水MgCl2，再电解熔融MgCl2，就制取得到金属Mg，若电解MgCl2溶液，反应产生Mg(OH)2、H2、Cl2，不能得到金属Mg，B错误；C．在纯碱工业中，先向饱和NaCl溶液中通入NH3，使溶

液显碱性，然后通入过量CO2气体，反应产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，将NaHCO3沉淀过滤，加热，NaHCO3分解制取得到纯碱Na2CO3。由于CO2在水中溶解度小，向NaCl溶液中通入CO2气体，不能产生NaHCO3沉淀，也就不能反应制取达到纯碱，C错误；D．在制

取HCl时，电解饱和NaCl溶液，反应产生NaOH、H2、Cl2，将H2在Cl2中点燃，反应制取得到HCl，D正确；故合理选项是D。14.化合物X的分子式为C8H8O2，X分子中只含一个苯环且苯环上只有一

个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于X的说法中不正确的是A.X分子属于酯类化合物B.1molX在一定条件下最多可与3molH2发生反应C.符合题中X分子结构特征的有机物有1种D.X的同分异构体中属于芳香族化合物且含有羧基的有3种【答案】D【解析】【详解】A．符合题中X分子结构特征的有

机物为，属于酯类化合物，故A正确；B．仅有苯环与氢气可发生加成反应，则X在一定条件下可与3molH2发生加成反应，故B正确；C．符合题中X分子结构特征的有机物为，只有一种，故C正确；D．属于芳香族化合物，应含有苯

环，且含有羧基，结合上述X的结构简式，若苯环含1个支链则为-CH2COOH，若苯环上含2个支链，则为-CH3、-COOH，在苯环上有邻、间、对三种位置，共4种同分异构体，故D错误；故选：D。15.硫及其化合物在工业生产中用途

广泛。Ⅰ．常见含硫化合物的制备（1）关于含硫物质制备说法正确的是______（填标号）。a．Cu与浓硫酸加热可制得2SOb．Fe与硫粉混合加热可制得FeSc．工业制硫酸时，常用蒸馏水吸收3SOd．S在足量2O中燃烧可制备3SO（2）实验室常用70%

硫酸与23NaSO反应制备2SO，而不用98.3%硫酸的原因是______。Ⅱ．223NaSO常用于纺织业等领域。实验室欲制备223NaSO。【查阅资料】2232NaSO5HO是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与2BaCl溶液混合无沉淀生成。【产品制备】实验

装置如图所示（夹持装置省略）：（3）仪器B和D的作用是______，E中试剂最合适是______（填标号）。a．浓24HSOb．饱和3NaHSO溶液c．NaOH溶液d．饱和食盐水（4）先向C中烧瓶加入2NaS和23Na

CO混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓24HSO，C中反应生成223NaSO和2CO，写出C中反应的离子方程式______。（5）为验证产品中含有23NaSO和24NaSO，该小组设计了以下实验方案：取适量产品

配成稀溶液，滴加足量2BaCl溶液，有白色沉淀生成，______，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有23NaSO和24NaSO。（所需试剂从稀3HNO、稀24HSO、稀HCl、蒸馏水中选择）（6）为减少装置C中生成24NaSO的量，在不改变

原有装置的基础上对（4）中步骤进行了改进，改进的操作是______。【答案】（1）ab（2）硫酸浓度过高，不利于H+电离（H+浓度较低），从而导致反应速率慢（3）①.作安全瓶（或防倒吸）②.c（4）2

22322322SCO4SO3SOCO−−−++=+（5）过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量稀HCl（6）先向A中烧瓶滴加浓24HSO，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入2NaS和23NaCO混合溶液【解析】【分析】装置A中亚硫酸钠与浓硫酸

反应生成二氧化硫，装置B为安全瓶，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠反应生成Na2S2O3，装置D为安全瓶，装置E为尾气处理装置。【小问1详解】a.Cu与浓硫酸加热生成硫酸铜、SO2和水，故a正确；b.Fe

与硫粉混合加热可制得FeS，故b正确；c.工业制硫酸时，常用98%的硫酸吸收SO3，故c错误；d.S在足量O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故d错误；故答案为：ab；【小问2详解】实验室常用70%硫酸与Na2SO3反应制备SO2，而不用98.3%硫酸的原因是硫酸浓度过高，不

利于H+电离(H+浓度较低)，从而导致反应速率慢，故答案为：硫酸浓度过高，不利于H+电离（H+浓度较低），从而导致反应速率慢；【小问3详解】仪器B和D的作用是作安全瓶(或防倒吸)，装置E为尾气处理装置，E中试剂最合适是NaOH溶液，

故答案为：作安全瓶(或防倒吸)；c；【小问4详解】先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4，C中反应生成Na2S2O3和CO2，反应的离子方程式2S2−+2-3CO+4SO2=32

-23SO+CO2；【小问5详解】为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量稀HCl,若沉淀未

完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量稀HCl；【小问6详解】为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对(4)中步骤进

行了改进，改进的操作是先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。16.从炼锌厂废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO

、SiO2等)中回收钴并获得副产物ZnSO4的工艺流程如图：已知：①常温下相关金属离子[c(M+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Co2+Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀的pH7.26.31.56.2沉淀完全的pH9.28.32.88.2②酸浸后滤液中钴元素以

Co2+形式存在。请回答下列问题：（1）酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有___________(任写一条)；滤渣1的成分为___________(填化学式)。（2）向酸浸后的滤液中加入H2O2的目的是___________；调

pH除铁选择的试剂X可以是___________(填下面的字母)；调节的pH范围是___________。A．KOHB．Zn(OH)2C．CoOD．Na2CO3（3）除去Zn2+后，工业上也可利用碱性次氯酸钠溶液氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收，该

反应的离子方程式为___________。（4）已知()()()()22324243CoCOsCOaqCoCOsCOaq−−++，()-13sp3KCoCO=1.510，()-8sp24KCoCO=6.010，请判断能

否将CoCO3完全转化为COC2O4：___________(填“能”或“不能”)，理由是___________。【答案】（1）①.将废渣粉碎、搅拌、适当提高酸浸温度、适当提高稀硫酸浓度等②.SiO2（2）①.把Fe2+氧化成Fe3+②.BC③.2.8≤pH＜6.2（3）ClO-+2Co2++4

OH-+H2O=2Co(OH)3↓+Cl-（4）①.不能②.该反应平衡常数K=2.5×10-6＜10-5，转化程度小，不能实现转化【解析】【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)，其中SiO2酸性氧化物，不溶于硫酸，因此滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子、亚铁离子、钴

离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoSO4晶体；有机相含锌离子，经蒸馏得到ZnSO4，据此分析解题。【小问1

详解】酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有将废渣粉碎、搅拌、适当提高酸浸温度、适当提高稀硫酸浓度)；二氧化硅不溶于酸，滤渣l为SiO2；【小问2详解】向酸浸后的滤液中加入H2O2的目的是把Fe2+氧化成Fe3+；调pH除铁，目的是使溶液中的Fe3+变

为Fe(OH)3沉淀分离除去，要求消耗氢离子且不引入新的杂质。的是A．KOH能够反应消耗H+，但会引入杂质K+，A不符合题意；B．Zn(OH)2能够反应消耗H+，但不会引入杂质离子，B符合题意；C．CoO能够反应消耗H+，但不会引入杂质离子

，C符合题意；D．Na2CO3能够反应消耗H+，但会引入杂质Na+，D不符合题意；故合理选项是BC；调节的pH使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀完全，Zn2+不沉淀，根据溶液pH与金属阳离子的关系可知：应该调整溶液pH范围是2.8≤pH＜6.2；【小问3详解】除去Zn2+后，工业上也可利用碱性

的次氯酸钠溶液氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为：ClO-+2Co2++4OH-+H2O=2Co(OH)3↓+Cl-；【小问4详解】已知反应：()()()()22324243CoCOsCOaqCoCOs

COaq−−++，该反应的化学平衡常数K=2-2+2-sp3332-2+2-2424sp24K(CoCO)c(CO)c(Co)c(CO)=c(CO)c(Co)c(CO)K(CoCO)==-13-81.5106.010=2.5×10-6＜10-5，转化

的程度比较小，因此可确定不能够实现将CoC2O4沉淀完全转化为CoCO3沉淀。17.X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。已知：X+YZ+W（1）Y的电子式是___________。（2）液态Z和W的电离

相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是___________。（3）用图示装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作：a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。b．关闭止水夹，点燃红磷，伸入

瓶中，塞好胶塞。c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。①步骤c后还缺少的一步主要操作是___________。②红磷充分燃烧的产物与足量NaOH溶液反应的离子方程式是____

_______。③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是___________。反应的离子方程式是___________。（4）一定温度下，将1molN2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到

T2的过程中，气体逐渐变为无色。若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如图所示。温度在T1-T2之间，反应的化学方程式是___________。【答案】（1）（2

）()3242NH1NH+NH−+（3）①.打开止水夹，通入少量氧气②.32542PO+6OH=2PO+3HO−−③.Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色④.3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）2NO22NO+O2【解

析】【分析】X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体，则根据微粒转化关系：X+YZ+W，可知W是H2O，X是4NH+，Y是OH-，Z

是NH3；然后根据问题分析解答。【小问1详解】Y是OH-，其电子式是；【小问2详解】Z是NH3，W是H2O，其电离与H2O相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是()3242NH1NH+NH−+；【小问3详解】图示装置用来制备

NO并验证其还原性。先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证NO气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成NO无色气体。验证NO的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，NO遇到氧气会

被氧化为NO2。①步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹，通入少量氧气；②红磷充分燃烧的产物是P2O5，其与足量NaOH溶液反应产生Na3PO4、H2O，该反应的离子方程式是32542PO+6OH=2PO+3HO−−

；③步骤c滴入稀硝酸后，Cu与稀硝酸发生氧化还原反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。反应产生的NO是无色气体，溶液由HNO3的无

色变为Cu(NO3)2溶液的蓝色，因此烧杯中的现象是Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色；【小问4详解】在一定温度下，密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，温度升高到T1时，化学平衡逆向移动，导致c

(NO2)增大。当由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，生成NO与O2，该反应的化学方程式为：2NO22NO+O2。18.某研究小组通过下列路线合成镇静药

物氯硝西泮。已知：请回答：（1）化合物E的含氧官能团的名称是_______。（2）化合物C的结构简式是_______。（3）下列说法不正确的是_______。A.化合物A→D过程中，采用了保护氨基的方法B.化合物A的碱性比化合物D弱C.化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化

合物A的D.化合物G→氯硝西泮的反应类型为取代反应（4）写出F→G的化学方程式_______。（5）聚乳酸()是一种可降解高分子，可通过化合物X()开环聚合得到，设计以乙炔为原料合成X的路线_______

(用流程图表示，无机试剂任选)。（6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_______。①分子中含有二取代的苯环。②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。【答案】（1）

硝基、羰基(或酮羰基、酮基)（2）（3）BD（4）+NH3⎯⎯→+HB或+2NH3⎯⎯→+NH4B（5）CH≡CH2HO⎯⎯⎯→CH3CHOHCN⎯⎯⎯→H+⎯⎯→⎯⎯⎯→浓硫酸。（6）或或或或【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B在硫酸作用下与硝酸

发生对位取代生成C；C水解生成D，D取代生成E，E发生取代反应生成F，结合已知信息，根据其分子式，可推出F为：；F发生取代反应生成G：；【小问1详解】化合物E的结构简式为，分子结构中的含氧官能团有硝基、羰基(或酮羰基、酮基)；故答案为：硝基、羰基(或酮羰基、酮基)。【小问2详解】根据分

析可知，化合物C结构简式：；【小问3详解】A．氨基易被氧化，在进行硝化反应前，先将其转化为稳定的酰胺基，硝化反应后再水解出氨基，属于氨基的保护，A正确；B．硝基为吸电子基团，硝基的存在会导致N原子结合质子能力减弱，所以碱性：A＞D，B错误；C．B为，在氢氧化

钠溶液加热的条件下发生水解反应，可转化为化合物A，C正确；D．化合物G（）转化为氯硝西泮（），是羰基与氨基发生了加成反应后再发生消去反应，D错误；故答案选BD；【小问4详解】F发生取代反应生成G：+NH3⎯⎯→+HB；由于HB可与NH3反应生成NH4Cl，所以该反应也可写为+2NH3⎯⎯→+

NH4Cl。故答案为+NH3⎯⎯→+HB或+2NH3⎯⎯→+NH4B。【小问5详解】可由发生分子间酯化反应生成，可由酸化得到，乙醛与HCN发生加成反应生成，而乙炔与H2O发生加成反应生成乙醛(CH3CHO)，故合成路线为CH≡CH2HO⎯⎯⎯→CH3CHOHCN⎯⎯⎯→H+⎯⎯→

⎯⎯⎯→浓硫酸。【小问6详解】B为，其同分异构体分子中含有二取代的苯环；分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键，则其结构简式可有、、、、等；