【文档说明】【精准解析】浙江省湖州中学2020届高三3月月考化学试题.doc，共(28)页，1009.000 KB，由小赞的店铺上传

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浙江省湖州中学2019-2020学年高三3月月考化学试题1.下列属于碱性氧化物的是A.CO2B.Na2O2C.SiO2D.CaO【答案】D【解析】【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。【详

解】A.CO2与NaOH反应产生Na2CO3和H2O，所以CO2属于酸性氧化物，A错误；B.Na2O2与HCl反应产生NaCl、H2O和O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，B错误；C.SiO2与NaOH

反应产生Na2SiO3和H2O，所以SiO2是酸性氧化物，C错误；D.CaO和HCl反应产生CaCl2和H2O，所以CaO是碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。2.下列仪器名称为“蒸发皿”的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.图示仪器为容量瓶，

A不符合题意；B.图示仪器为蒸馏烧瓶，B不符合题意；C.图示仪器为坩埚，C不符合题意；D.图示仪器为蒸发皿，D符合题意；故合理选项是D。3.下列属于非电解质的是A.氨气B.碳酸钾C.HClD.氢气【答案】A【解析】【详解】A.氨气是由NH3分子构成，在熔

融状态下不能导电，在水中发生反应产生NH3·H2O，NH3·H2O会电离产生NH4+、OH-，所以NH3·H2O是电解质，而不是NH3电离，故NH3是非电解质，A符合题意；B.碳酸钾在熔融状态下或水中电离产生K+、CO32-，因此碳酸钾是电解质，B

不符合题意；C.HCl在水中电离产生H+、Cl-，HCl属于电解质，C不符合题意；D.氢气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是A.墨水B.硫酸钠溶液C.氢氧化铁胶体D.淀粉溶液【答

案】B【解析】【详解】A.墨水属于胶体，能产生“丁达尔效应”，A不符合题意；B.硫酸钠溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，B符合题意；C.氢氧化铁胶体，产生“丁达尔效应”，C不符合题意；D.淀粉溶液属于胶体，产生“丁达尔效应”，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列

属于不可再生能源的是A.氢气B.煤C.沼气D.酒精【答案】B【解析】【详解】A．氢气燃烧后生成水，水分解成氧气和氢气，因此氢气是可再生能源，A不符合题意；B．煤在短时间内不能形成，属于不可再生能源，B符合题意；C．沼气是有机物经微生物作用产生的可燃气体，属于可再生能源，

C不符合题意；D．酒精通过谷物、秸秆等发酵可以再生使用，属于可再生能源，D不符合题意；故合理选项是B。6.下列说法不正确的是A.“水玻璃”是建筑行业常用的一种黏合剂B.碘化银可用于人工降雨C.海水中氯的含量很高，因此被称作“海洋元素”D.氧化镁具有很高的熔点，可做耐高温材料

【答案】C【解析】【详解】A．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，水玻璃具有黏合性，可作建筑行业中黏合剂，A正确；B．人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还

可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨，B正确；C．海洋元素是溴，而非氯元素，C错误；D．氧化镁是离子化合物，离子键很强，所以氧化镁具有很高的熔点，可作耐高温材料，D正确；故合理选项是C。7.下列属于氧化还原反应的是A.Fe+CuCl2=C

u+FeCl2B.Na2O+H2O=2NaOHC.SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OD.CuSO4•5H2OΔCuSO4+5H2O【答案】A【解析】【详解】A.反应中Fe、Cu元素化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应

，A符合题意；B.该反应中元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；C.该反应中元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D.该反应中元素化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是A。8.下列表示正确的是A.二氧

化碳的结构式：O=C=OB.乙醛的结构简式：CH3COHC.四氯化碳分子的球棍模型：D.硫原子结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A.二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，使分子中每个原子

都达到稳定结构，所以CO2的结构式：O=C=O，A正确；B.乙醛官能团是-CHO，乙醛的结构简式为CH3CHO，B错误；C.Cl原子半径比C原子半径大，因此该图示不能表示物质的球棍模型，应该为，C错误；D.S原子核外有16个电子，核外电

子排布式为2、8、6，故其原子结构示意图为，D错误；故合理选项是A。9.下列物质因水解而呈酸性的是A.NaClOB.CH3COOHC.KBrD.NH4Cl【答案】D【解析】【分析】能水解的是含弱离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解，据此分析。【详解】A．次氯

酸钠溶液中次氯酸根离子水解，ClO-+H2OHClO+OH-，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，A错误；B．乙酸为弱酸溶液，电离产生H+，使溶液中c(H+)>c(OH-)，而不发生水解，B错误；C．溴化钾为强酸强碱盐，不水解，

溶液呈中性，C错误；D．氯化铵溶液中铵根离子水解：NH4++H2ONH3•H2O+H+，水解达到平衡时，溶液中溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查盐类水解，把握盐的类型及水解反应为解答的关键，注意水解原理的应用，

侧重考查学生的分析与应用能力。10.下列说法不正确的是A.向苯酚的浊液中加入碳酸氢钠固体，浊液变澄清B.铁丝能代替铂丝来做焰色反应实验C.做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒精洗涤D.CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制乙烯，可将气体直接通入溴水检验，不需除杂试剂【

答案】A【解析】【详解】A．苯酚与碳酸氢钠不反应，则向苯酚的浊液中加入碳酸氢钠固体，仍为浊液，A错误；B．铁丝、铂丝灼烧均为无色，则铁丝能代替铂丝来做焰色反应实验，B正确；C．碘易溶于酒精，则做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒

精洗涤，C正确；D．发生消去反应生成乙烯，且只有乙烯与溴水反应，则不需除杂，D正确；故合理选项是A。11.下列说法正确的是A.H2NCH2COOCH3与H2NCH2COOH互为同分异构体B.乙二醇和甘油互为同系物C.C5H12的同分异构体有3种，

其沸点各不相同，但化学性质相似D.C3H8和一定量氯气取代后，生成3种产物【答案】C【解析】【详解】A.H2NCH2COOCH3与H2NCH2COOH的分子式不同，因此二者不能互为同分异构体，A错误；B.乙二醇和甘油尽管都含有羟基，但二者分子组成不是相差n个CH2，因此二者不能

互为同系物，B错误；C.C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷，同分异构体有3种，它们的沸点正戊烷>异戊烷>新戊烷，物理性质不相同，但由于都属于烷烃，因此化学性质相似，C正确；D.C3H8和一定量氯气取代后，发生的取代反应为连锁反应，生成1～8取代产物和HCl，所以生成物

种类数目远远多于3种，D错误；故合理选项是C。12.下列离子方程式正确的是A.氯化镁溶液与石灰乳反应：Mg2++OH-=Mg(OH)2↓B.Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+C

.氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H＋=Fe3++3H2OD.碳酸氢钙溶液和少量澄清石灰水：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．石灰乳主要以固体存在，所以氯化镁溶液与石灰乳反应的离子方程式为：M

g2++Ca(OH)2=Ca2++Mg(OH)2，A错误；B．向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2，NO3-、H+、SO2会发生氧化还原反应：Ba2++3SO2+2NO3-+2H2O═2NO↑+BaSO4↓+4H++2SO42-，B错误；C．氢氧化铁溶

于氢碘酸，会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2、H2O，反应的离子方程式：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，C错误；D．碳酸氢钙溶液和少量澄清石灰水，反应生成碳酸钙沉淀和水，该反应的离子方程式为：

Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，D正确；故合理选项是D。13.图为元素周期表的一部分，下列说法不正确的是A.原子半径X>YB.X、M的简单离子的电子层结构相同C.M最高价氧化物的水化物酸性比N

的强D.W的简单氢化物比Z的简单氢化物稳定【答案】C【解析】【分析】如图为元素周期表的一部分，X位于第三周期ⅠA族，为Na元素；M位于第二周期ⅦA族，为F元素；结合各元素的相对位置可知，Y为Mg，Z为S，N为Cl，W为O元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z

为S，N为Cl，W为O，M为F，N为Cl元素。A．同一周期的元素，从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径X>Y，A正确；B．Na+和F-核外电子排布为2、8，故两种离子的电子层结构相同，B正确；C．F没有最高价含氧酸，C错误；D．元素的非金属性：O>S，则简单氢化物的稳定性：W>Z，D正确；故

合理选项是C。【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用，明确元素周期表结构为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。14.下列说法不正确的是A.苯的溴化实验中需要的

仪器有酒精灯，三颈烧瓶，冷凝管，锥形瓶等B.尿素和甲醛在一定条件下能反应生成高分子材料脲醛树脂C.煤的气化是指高温下煤与水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体D.石油的加工过程中，有催化重整和加氢裂化等工艺，催化重整是获得芳香烃的主要途径【答案】A【解析】【详解】A．苯的溴化

实验中需要的仪器有三颈烧瓶，冷凝管，锥形瓶等，A错误；B．尿素和甲醛通过缩聚反应得到高分子材料脲醛树脂为，B正确；C．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体，C正确；D．石

油加工工艺中催化重整和加氢裂化等工艺都是为了提高汽油等轻质油品质，催化重整还是获得芳香烃的主要途径，D正确；故合理选项是A。15.下列说法正确的是A.酯类在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应B.淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加新制氢氧化铜悬浊液可检测是否水解完全C.纤维素在人

体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质D.饱和(NH4)2SO4溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同【答案】D【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应，一般酯的水解反应不是皂化反应，A错误；B．是否完全水解，需要碘水检验淀粉，该实验中只能说明水解生成葡萄糖

，B错误；C．人体内没有能水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收，C错误；D．饱和(NH4)2SO4溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现象，为可逆过程，再加入水可以溶解；而CuSO4溶液使蛋白质变性，出现沉淀，过程不可逆，二

者原理不同，D正确；故合理选项是D。16.一定温度下，在3个体积均为20L的密闭真空容器中发生如下反应(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计）：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据如表所示：容器温度/℃起始物质的量(n/mol

)平衡物质的量(n/mol)n(NH2COONH4)n(NH3)n(CO2)n(CO2)I151.00000.016II152.0000aIII3504.002.00b下列说法不正确的是A.当反应进行到30min时测

得容器Ⅰ中混合气体的物质的量为0.036mol，则30min内该反应的平均速率v(NH3)=4×10-5mol·L-1·min-1B.当密闭容器中的二氧化碳的体积分数不变时，不能说明该反应到达了平衡C.若该反应的正反应为吸热反应，则b一定大于0.032D.达到平

衡时反应物的转化率：α(Ⅰ)>α(Ⅱ)【答案】C【解析】【详解】A.根据该反应可知，NH2COONH4是固体，此反应生成NH3、CO2的物质的量之比是2：1，NH3占三分之二，而30min时，混合气体的物质的量共为0.036mol

，故其中NH3的物质的量为0.024mol，则30min内该反应的平均速率v(NH3)=0.024mol20L30min=4×10-5mol/(L•min)，A正确；B.根据该反应可知，NH2COONH4是固体，此反应生成NH3、CO2的物质的量之比是恒定的，即无论平

衡与否，二氧化碳的体积分数不变，故当密闭容器中的二氧化碳的体积分数不变时，不能说明该反应到达了平衡，B正确；C.容器Ⅱ相当于是将两个容器Ⅰ压缩得到，压缩时化学平衡逆向移动，故a小于0.032mol，若Ⅲ所处的温度和II相同，则Ⅲ和

Ⅱ是等效平衡，即若III所处的温度也为15℃，则b=a<0.032mol，但Ⅲ的温度为35℃，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，故平衡时CO2的物质的量增大，但不一定大于0.032mol，C错误；D.容器Ⅱ相当于是将两个容器I压缩得到，压缩时气体压强增大，化学平衡逆向

移动，故Ⅱ反应达平衡时反应物的转化率低于Ⅰ，即达到平衡时反应物的转化率：α(Ⅰ)>α(Ⅱ)，D正确；故合理选项是C。17.NaClO2(亚氯酸钠)是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是A.若直流电源为铅蓄电池，则b极为PbB.交换膜左侧NaOH的

物质的量不变，气体X为Cl2C.阳极反应式为ClO2+e-=ClO2-D.制备18.1gNaClO2时理论上有0.2molNa＋由交换膜左侧向右侧迁移【答案】B【解析】【详解】A.二氧化氯转化为NaClO2(亚氯酸钠)的过程是发生还原反应，应该发生在阴极，

所以a是负极，b是正极，若直流电源为铅蓄电池，则电池的负极和电源的负极相连，b极为正极，应该是PbO2，A错误；B.阳离子交换膜只允许阳离子通过，所以交换膜左边NaOH的物质的量不变，在阳极上是Cl-失电子的氧化反应，产生的是Cl2，气体X为Cl2，B正确；C.在阳极上是Cl-失电子的氧化反应

，产生的是氯气，C错误；D.Na+由交换膜右侧向左侧迁移，D错误；故合理选项是B。18.下列关于电解质溶液的说法正确的是A.0.1mol/L的KA溶液pH=6.5，则HA一定为弱酸B.等pH的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-)<c(C

H3COO-)C.将pH=3的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D.常温下，pH相同的盐酸和醋酸，将两溶液升温至80℃后溶液的pH仍然相同【答案】B【解析】【分析】A．温度未知，无法判断KA溶液呈中性还是呈碱性；B．等pH的盐酸和醋酸溶液浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)，

加水稀释促进CH3COOH电离，HCl完全电离；C．将pH=3的CH3COOH溶液稀释促进CH3COOH电离，但是其电离程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小，温度不变离子积常数不变；D．升高温度促进CH3

COOH电离。【详解】A．温度未知，无法判断KA溶液呈中性还是呈碱性，所以无法判断HA是强酸还是弱酸，A错误；B．等pH的盐酸和醋酸溶液浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)，加水稀释促进CH3COOH电离，HCl完全电离，所以稀释相同倍数后溶液中c(Cl-)<

c(CH3COO-)，B正确；C．将pH=3的CH3COOH溶液稀释促进CH3COOH电离，但是其电离程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小，温度不变离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，C错

误；D．升高温度促进CH3COOH电离，所以常温下pH相同的盐酸和醋酸，将两溶液升温至80℃后盐酸溶液中c(H+)小于醋酸溶液中c(H+)，则溶液的pH：(HCl)>pH(CH3COOH)，D错误；故合理选项是B。【点

睛】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及电离影响因素是解本题关键，A、C为解答易错点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力。19.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是A.相同条件下，K(s)的(ΔH2′+ΔH

3′)<Na(s)的(ΔH2+ΔH3)B.ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C.ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5D.ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力【答案】D【解析】【详解】A.钠的熔沸点比钾高，相同条件下，钠气化需要

的热量比钾多，即K(s)的ΔH2′<Na(s)的ΔH2，钾的活泼性比钠强，钾失去电子比钠更容易，即K(s)的ΔH3′<Na(s)的ΔH3，因此K(s)的(ΔH2′+ΔH3′)<Na(s)的(ΔH2+ΔH3)，故A正确；

B.根据图示，ΔH4为断开Cl-Cl共价键形成氯原子吸收的能量，与Cl-Cl共价键键能相等，故B正确；C.溴的活泼性没有氯强，氯得到电子比溴得到电子更任意，即氯得到电子放出的能量更多，因此在相同条件下，2Br(g)

的ΔH5′>ΔH5，故C正确；D.氯化钠固体为离子晶体，不存在分子间作用力，故D错误；故选D。20.下列说法正确的是A.BF3和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构B.金刚石和石英晶体的熔点差别大的主要原因是共价键键长不同C.NaOH熔化的过程中，既破坏了离子键又破坏了共

价键D.常温常压下，H2O是液态，H2S是气态，说明H2O的热稳定性更好【答案】B【解析】【详解】A.BF3分子中B最外层6个电子，不具有8电子稳定结构，A错误；B.金刚石和石英晶体都是原子晶体，原子之间

通过共价键结合，二者的熔点差别大的主要原因是共价键键长不同，键能大小不同，B正确；C.NaOH是离子化合物，离子之间通过离子键结合，所以熔化的过程中只破坏了离子键而没有破坏共价键，C错误；D.H2O、H2S的热稳定性与物质的状态无关；O的原子半径比S

的小，则O-H键的键长较短，键能较大，所以H2O的热稳定性更好；D错误；故合理选项是B。21.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是()A.盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快B.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的

浓度相等时，腐蚀速率最小C.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比D.对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl-也会影响碳素钢的腐蚀速率【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，酸的浓度越大，腐蚀速率越

大，A正确；B.根据图示可知，当钼酸钠、月桂酰肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最优，B正确；C.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，是由于在硫酸浓度很多时，硫酸主要以H2SO4的形式存在，具有强的氧化性，Fe被浓硫酸氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金

属的进一步氧化，即发生钝化，与溶液中c(H+)大小无关，C错误；D.对比盐酸和硫酸两条曲线，发现碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速率，说明Cl-有助于碳素钢的腐蚀速率，而SO42-不利用碳素钢的腐蚀速率，D正

确；故合理选项是C。22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，生成22.4LN2时转移的电子数为3.75NAB.标准状况下甲烷和氧气的混合

气体共22.4L，完全燃烧后的物质的分子总数一定为NAC.将1molCl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子数)D.10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA【答案】B【解析】【详解】A.缺少外界条件，不能计算N2的

物质的量，因此也不能计算反应过程中电子转移数目，A错误；B.标准状况下22.4L甲烷和氧气的混合气体的物质的量是1mol，根据阿伏伽德罗定律可知该气体中含有的分子数目为NA；而反应CH4+2O2⎯⎯⎯⎯→点燃CO2+2H2O是反应前后分子总数不变的反应，故混合气体完全燃烧后，物质的总分子数一

定为NA，B正确；C.Cl2与水的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)<2NA，C错误；D.D2O的物质的量是n(D2O)=10g÷20g/mol=0

.5mol，D2O分子中含有10个质子，含有10个中子，所以0.5molD2O中含有的质子数与中子数都是5NA，D错误；故合理选项是B。23.常温下，向100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，含A元素相关微粒物质的量随pH的变化如图所示。下列说法正

确的是A.H2A在水中的电离方程式是:H2A=H++HA-，HA-H++A2-B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大C.Y点溶液中存在以下关系:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)D.X点溶液中含A元素相关微粒:c

(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L【答案】C【解析】【详解】A.从图像分析溶液中含有H2A分子，说明H2A为弱酸，则电离方程式为：H2AH++HA-，HA-H++A2-，故A错误；B.等

体积等浓度的氢氧化钠溶液与H2A溶液混合后，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性，溶液中的氢离子会抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中小，故B错误；C.电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA

-)+2c(A2-)，从图像分析，c(HA-)=c(A2-)，从而得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，故C正确；D.100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，到X点时溶液的体积肯定比原来的大，所以根据物料守恒分析，有c(H2A)+c(HA-)+

c(A2-)<0.1mol/L，故D错误；故选C。24.某工业废渣的主要成分为SiO2、FeO、MgO，对其进行处理以回收废渣中的金属元素。25℃时，金属离子的物质的量浓度的负对数(-lgc)与溶液pH的关系如图所示(一般离子浓度c≤10-5mol/L时，即认

为该离子在溶液中不存在)。下列有关说法不正确的是A.分离废渣中的SiO2，可以用过量的盐酸充分反应后过滤B.可以用氯水将Fe2+氧化成Fe3+以便于铁元素与镁元素的分离C.沉淀金属元素的顺序是先沉淀镁元素再沉淀铁元素D.用NaOH调节

pH沉淀铁元素时，pH应控制略大于3.7【答案】C【解析】【分析】A．回收废渣中的金属元素，可加盐酸分离出SiO2；B．结合图中pH可知，铁离子在pH为3.7附近沉淀完全；C．先沉淀铁离子，过滤后再沉淀镁子，可分离；D．铁离子在pH为3.7附近沉淀完全，此时镁以离子存在。【详解

】A．回收废渣中的金属元素，SiO2与盐酸不反应，MgO、FeO均溶于盐酸，则分离废渣中的SiO2，可以用过量的盐酸充分反应后过滤，A正确；B．结合图中pH可知，Fe3+在pH为3.7附近沉淀完全，则用氯水将Fe2+氧化成Fe3

+以便于铁元素与镁元素的分离，B正确；C．Fe3+、Mg2+形成沉淀需要溶液的pH：Fe3+<Mg2+，所以先沉淀Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，过滤后再沉淀Mg2+，使Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，而可分离，离子沉淀的顺序不合理，C错误；D．Fe3+在pH为3.7附近沉淀完全，此时

镁以Mg2+存在于溶液中在，则用NaOH调节pH沉淀铁元素时，pH应控制略大于3.7，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、发生的反应、离子转化为沉淀时的pH、实验技能为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力，注意元素化合物知识的应用。25.溶液X

中可能含有Ba2+、NH4+、Na+、K+、Cl-、HCO3-、HSO3-、SO42-中的几种离子，各离子的浓度均相等。为了确定其组成，某同学进行了如图所示的实验，下列说法正确的是A.溶液X中Ba2+、NH4+、HCO3-、HSO3-一定存在B.溶液

X中一定不存在SO42-、可能含有Cl-C.是否存在Na+和K+需通过焰色反应进一步确认D.沉淀A一定是BaCO3，沉淀B一定是AgCl【答案】A【解析】【分析】X与过量NaOH反应生成气体A为NH3，沉淀A应为BaSO3或BaCO3或二者都存在，则溶液中一定含Ba2+、NH4

+，HSO3-、HCO3-至少有一种，Ba2+、SO42-会形成BaSO4沉淀，不能大量共存，则含有Ba2+就一定不含SO42-，溶液A与硝酸银反应生成沉淀B可能为Ag2O或AgCl，溶液B含硝酸钠，由

于各离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，应含阴离子为Cl-、HCO3-，不含Na+、K+，沉淀A成分为BaSO3和BaCO3，以此来解答。【详解】综上所述可知：溶液中一定含有Ba2+、NH4+、HCO3-、HSO3-、Cl-，一定不含有S

O42-、Na+、K+。A．由上述分析可知，X中Ba2+、NH4+、HCO3-、HSO3-一定存在，A正确；B．溶液X中一定不存在SO42-、一定含有Cl-，B错误；C．由电荷守恒可知，不含Na+、K+，不需要进行焰色反应，C错误；D．

沉淀A应为BaSO3和BaCO3，由于NaOH过量，所以沉淀B含有Ag2O，原溶液中含有Cl-，则沉淀B中也一定含有AgCl，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查离子的检验，把握离子之间的反应、离子共存、电荷守恒

为解答的关键，注意电荷守恒在溶液成分判断的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。26.(1)比较相同条件下微粒得到电子的能力Fe3+____Cu2+(填“>”、“<”或“=”)(2)已知Mg3N2遇水会剧烈反应生成白色沉淀和有刺激性

气味的气体，写出Mg3N2与足量稀盐酸反应的化学方程式___________________。(3)相同条件下冰的密度比水小，主要原因是______________。【答案】(1).>(2).Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2

NH4Cl(3).冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大【解析】【分析】(1)根据氧化性：氧化剂>氧化产物分析判断；(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为氨气，而Mg3N2与足量稀

盐酸反应生成氯化镁和氯化铵；(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水呈液态时，使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，分子之间距离增大，空隙增多。【详解】(1)FeCl3溶液能够腐蚀Cu线路板，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2+

+Cu2+，在该反应中Fe3+是氧化剂，Cu是还原剂，Fe2+是还原产物，Cu2+是氧化产物，由于氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：Fe3+>Cu2+；(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为NH3，根据元素守恒知

，另一种生成物是Mg(OH)2，所以该反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，则Mg3N与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应的化学方程式为：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl

；(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水呈液态时使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时氢键会拉伸水分子之间的距离，使水分子之间距离增大，体积也就增大了，密度也就小了，所以冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙

较大。【点睛】本题考查了物质的化学性质、氧化还原反应规律及氢键对物质性质的影响。明确相关概念、作用及变化规律即可解答。27.为测定K2[Cu(C2O4)2]·2H2O(M=354g/mol)含量，准确称取试样1.000g溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液2

5.00mL于锥形瓶中，再加入10mL3.000mol/L的H2SO4溶液，用0.01000mol/L的KMnO4溶液滴定，重复试验，平均消耗KMnO4标准液20.00mL。已知：C2O42-酸性条件下被MnO4-氧化为CO2，杂质不参加反应。该样

品中K2[Cu(C2O4)2]·2H2O的质量分数为____________(保留小数点后两位)，写出简要计算过程：__________________。【答案】(1).88.50%(2).根据电子得失新的可得关系式：4K

MnO4～5K2[Cu(C2O4)2]•2H2O，n(KMnO4)总=c·V=0.01000mol/L×0.02L×250?mL25.00?mL=2.0×10-3mol，可得=n(K2[Cu(C2O4)2]·2H2O)=54n(KMnO4)总=2.5×10-3mol，

m(K2[Cu(C2O4)2]·2H2O)=0.885g，则该样品中K2[Cu(C2O4)2]·2H2O的质量分数为0.885?g1.000?g×100%=88.50%【解析】【分析】根据K2[Cu(C

2O4)2]·2H2O具有还原性，而KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒，利用KMnO4的物质的量计算出样品中K2[Cu(C2O4)2]·2H2O的物质的量及质量，结合质量分数的含义计算其质量分数。【详解】根据氧化还

原反应中电子得失数目相等，可知K2[Cu(C2O4)2]·2H2O与KMnO4的物质的量关系式为：5K2[Cu(C2O4)2]·2H2O～4KMnO4，25.00mLK2[Cu(C2O4)2]·2H2O配成的溶液消耗KMnO

4的物质的量为n(KMnO4)=c·V=0.01000mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，则250mL这种溶液消耗KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)总=2.0×10-4mol×250mL25.00mL=2.0×10-3mol，则根据二者反应关系可知K2[Cu(C2O4)2]·2H

2O的物质的量为n(K2[Cu(C2O4)2]·2H2O)=54n(KMnO4)总=54×2.0×10-3mol=2.5×10-3mol，其质量为m(K2[Cu(C2O4)2]·2H2O)=n·M=2.5×10-3mol×

354g/mol=0.885g，所以该样品中K2[Cu(C2O4)2]·2H2O的质量分数为0.885g1.000g×100%=88.50%。【点睛】本题考查了物质的量在氧化还原反应计算的应用。根据电子守恒，判断K2[Cu(C2O4)2

]·2H2O与KMnO4的物质的量关系是本题解答的关键。利用物质的量转化关系，结合物质的量的有关公式及物质质量分数的含义计算解答。28.浅绿色盐X仅含四种元素，不含结晶水，M(X)<908g•mol-1，某小组为了探究X的组成和性质，设计并

完成了如下实验上述实验中，得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。已知：①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应；②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。请回答如下问题：(1)写出B分子的电子式_______________；X的化学式是________

__。(2)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为：__________。(3)请写出G溶于D溶液的离子方程式：_________________。(4)请设计实验检验固体C中是否仍含有X：___________________。【答案】(

1).(2).Cu4(OH)6SO4(3).Cu4(OH)6SO4Δ4CuO+SO3↑+3H2O↑(4).Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O(5).取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀

则样品中含有X，反之则没有。【解析】【分析】浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为H2O，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为

BaSO4，则D为H2SO4，A是SO3；23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol，黑色固体C可能为Fe3O4、CuO、C等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为Cu2O在酸性

溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体C为CuO，G为Cu2O，气体F为O2，红色H为Cu，蓝色溶液I为CuSO4，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原

子个数比，结合其不含有结晶水，确定X的化学式，并进行有关解答。【详解】根据上述分析可知A是SO3，B是H2O，C是CuO，D是H2SO4，E是BaSO4，F是O2，G为Cu2O，H为Cu，I为CuSO4，X是含有Cu、H、O、S四种元素的化合物。(1)B为H2O，水分

子中H、O原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒可知，在浅绿色盐X中n(Cu)=2n(Cu2O)=2×28.8?g144?g/mol=0.4mol，n(CuO)=0.4mol，n(S)=n(BaSO4)=23.3?g233?g/mol=0.1mol，n(CuO)：n(SO3)=0.04mo

l：0.01mol=4：1，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4(OH)mSO4，Cu4(OH)mSO4Δ4CuO+SO3↑+2mH2O↑，根据氧元素守恒得：m=6，符合M(X)<908g/mol，所以X化学式为Cu4(OH)6SO4；(2)X在隔

绝空气、570℃温度下加热发生Cu4(OH)6SO4Δ4CuO+SO3↑+3H2O↑；(3)砖红色固体G是Cu2O，与足量稀H2SO4发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；(4)黑色固体C为CuO，如含有X，则可用检验SO

42-的方法检验，方法是：取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。【点睛】本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化

亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。29.二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量CO2)直接制备二甲醚，

其中的主要过程包括以下四个反应：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=－90.1kJ·mol-1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2=－49.0kJ·mol-1③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)

ΔH3=+41.1kJ·mol-1④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4=－24.5kJ·mol-1。试回答下列问题：(1)由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=_______kJ·mol－1；该反应可

以自发进行的条件为________________。(2)将1.0molCO2和3.0molH2充入2L恒容密闭容器中，使其仅按反应②进行，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是__________

____A．T3对应的平衡常数小于T4对应的平衡常数B．根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好C．b点v(正)可能等于v(逆)D．a点的转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低

(3)若CO2和H2仅发生反应②和③，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为amol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生

成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：（忽略温度对催化剂的影响）①在553K达到平衡时，反应体系内甲醇的物质的量为_________mol。②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：____________________

________。(4)O2催化辅助的Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。则电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-和_____________

_______。【答案】(1).－204.7(2).低温(3).BD(4).0.0315a(5).当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低(6)

.6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，结合反应特点及反应自发进行的依据判断；(2)依据外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响，结合反应特点分析判断；(3)①按n(CO

2)：n(H2)=1：3(总量为amol)投料于恒容密闭容器中进行反应，可得n(CO2)，利用CO2在553K时转化率、甲醇的选择率与CO2的乘积就可以计算得此时反应体系内甲醇的物质的量；②根据温度反应②③的影响分析判断；(4)根据图示，

在多孔电极上，CO2得到电子变为O2、Al2(C2O4)3。【详解】(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-90.1kJ·mol-1④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=-24.5kJ·mol-1，由于反

应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，所以①×2+④，整理可得2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.7kJ·mol－1；该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，根据自发进行反应的依据ΔG=Δ

H-TΔS<0，ΔH<0，ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则反应应该在低温下可自发进行；(2)将1.0molCO2和3.0molH2充入2L恒容密闭容器中，发生反应②：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=

-49.0kJ·mol-1，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应；A.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以平衡常数：T3>T4，A错误；B.反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂I时CO

2转化效率最高，故催化剂I的催化效果最好，B正确；C.题中说明图中的转化率是在同一时间内测得的，并非平衡的转化率，所以不能判断b点是否平衡，故无法比较v(正)、v(逆)的大小，C错误；D.根据图示可知：CO2的转化效率在温度比较低的T4高

于温度较高的T5，是由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致转化率降，D正确；故合理选项是BD；(3)按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为amol)，则其中含有CO2的物质的量n(CO2)=113a+mol=4amol，根据图示可知在553K达

到平衡时，反应体系内CO2的平衡转化率为21%，甲醇的选择率为60%，根据C元素守恒，可得甲醇物质的量n(CH3OH)=4amol×21%×60%=0.0315amol；②反应③的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热

反应影响更大，使CO2的平衡转化率增加，但对于反应②，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡转化率反而降低，即甲醇的选择率降低；(4)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为

Al-3e-=Al3+，正极反应式：6O2+6e-=6O2-、产生的O2-与CO2结合形成草酸根离子，电极反应式为6CO2+6O2-=6O2+3C2O42-，可见O2在反应过程中，在第一个反应中作反应物、在第二

个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学反应速率和化学平衡影响、原电池原理等知识点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意图象分析、判断，侧重考查学生分析、推断

及图象分析能力，在书写电极反应式时，要结合题干信息及原电池反应原理进行。30.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：已知NaN3能与AgNO3反应生成白色难

溶于水的AgN3；有关物质的物理性质如表：物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9764.7与水互溶水合肼(N2H4•H2O)2113.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙

醇、乙醚叠氮化钠(NaN3)410(易分解)——易溶于水，难溶于醇，不溶于乙醚请回答：(1)步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体的离子方程式为：________；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为：________

____。(2)实验室模拟步骤II实验装置如图(装置中冷却水省略，下同)：①根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是_______________________。②图中X处连接的最合适装置应为下图

中的______。(3)步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至溶液体积的13，NaN3结晶析出。①步骤Ⅴ可以______________洗涤晶体。A.水B.乙醇C.乙醇水溶液D.乙醚②沉淀滴定法测定产品纯度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，至少量A

g2CrO4出现，即溶液呈淡红色为终点。AgNO3溶液要装在棕色的酸式滴定管里进行滴定，理由是_________________________。③下列操作或判断合理的是__________。A．滴定管和移液管管尖

不可接触锥形瓶内壁B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下D．滴定终点时，若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高【答案】(1).2NO2-+2H+=N

O↑+NO2↑+H2O(2).N2H4+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+2H2O(3).冷水浴或缓慢通入气体等(4).C(5).B(6).AgNO3溶液溶液显酸性，且AgNO3易见光分解，浓度下降，使测定不准(7).BCD【解析】【分析】由制备流程

可知，NaNO2溶液和甲醇在稀硫酸溶液中发生反应Ⅰ生成CH3ONO，步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3，发生反应ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+

CO32-，在氢氧化钠水合肼混合溶液得到A溶液为NaN3和CH3OH的混合溶液，反应方程式为CH3ONO+N2H4+NaOH=NaN3+CH3OH+2H2O，通过蒸馏得到甲醇和B溶液，步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至NaN3结晶析出，抽滤、乙

醇洗涤干燥得到产品，以此来解答。【详解】(1)步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体的离子方程式为2NO2-+2H+=NO↑+NO2↑+H2O；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为CH3ONO+N2H4+NaOH=NaN3+CH3OH+2H2O；(2)①反应在20℃左右

反应的选择性和转化率最高，故应控制温度20℃左右，可以20℃(冷)水浴(或缓慢通入CH3ONO气体）；②X处连接的最合适装置应是冷凝装置，冷凝效果用直行冷凝管好，还需要连接导管，故合理选项是C；(3)①步骤Ⅴ是洗涤晶体表面的杂质，洗涤过程中防止NaN3溶解，水合肼

与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿，亚硝酸甲酯溶于乙醇、乙醚，选择乙醇来洗涤晶体表面的杂质，故合理选项是B；②由于AgNO3水解使溶液显酸性，且见光易分解，导致浓度下降，使测定不准，AgNO3溶液要装在棕色的酸式滴定管里进行滴定；③A．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶

内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，滴定管管尖可接触锥形瓶内壁，A错误；B．终点时加入过快可能加入过量，滴定时应先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇，防止试剂过量，B正确；C．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内避粘附的溶液冲下，对待测液物质的量没有影响，滴定结果

无影响，C正确；D．若未等滴定管液面稳定就读数，内壁溶液未回流，读取的标准溶液体积可能会增大，会导致测定结果偏高，D正确；故合理选项是BCD。【点睛】本题考查物质的制备实验。把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的

关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。31.曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：D分子中有2个6元环；请回答：(1)化合物A的结构简式

___________。(2)下列说法不正确的是___________。A.B既能表现碱性又能表现酸性B.1molC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH-C.D与POCl3的反应属于取代反应D.G

的分子式为C16H18O3N4(3)写出C→D的化学方程式_______________________。(4)流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺，是常用的有机溶剂，结构如图。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任

选)。_____________。(5)X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：____________①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子；②IR谱显示分子中有苯环与-NH2相连结构【答案】(1).(2).AB

(3).+CH2(COOH)2→+2H2O(4).(5).、、、【解析】【分析】根据G结构简式及A分子式知，A为，A和乙酸以1：1反应生成B为，B发生反应生成C，根据C分子式及信息知，C为，C和丙二酸发生反应生成D，D含有2个六元环，

则D为，甲醇和氨气反应生成F，根据甲醇和F分子式知，该反应为取代反应，F为CH3NH2，根据E、F和G分子式知，生成G的反应是取代反应，则E为。【详解】根据以上分析可知：A为，B为，C为，D为，E为。(1)化合物A

为结构简式为；(2)A．B为，氨基表现碱性，没有羧基，所以不表现酸性，A错误；B．C为，分子中含肽键水解生成的羧基能和氢氧化钠反应，1molC在碱溶液中完全水解可以得到1molCH3COOH和1molCO2，所以最多可以消耗3molOH-，B错误；C．D与POCl3的反应属于取代反应，C

正确；D．根据结构简式知G的分子式为C16H18O3N4，D正确；故合理选项是AB；(3)C为，C和丙二酸发生反应生成D，D含有2个六元环，则D为，反应方程式为：+CH2(COOH)2→+2H2O；(4)以甲醇和氨为主要原料制取DMF，甲醇被催化氧化生成甲醛，甲

醛被催化氧化生成甲酸，甲醇和氨气发生取代反应生成CH3NH2，CH3NH2和甲酸反应生成DMF，合成路线为：；(5)X是比A多2个碳原子的A的同系物，X符合下列条件：①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子；②IR谱显示分子中有苯环与

-NH2相连结构，则符合条件的结构简式为：、、、。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、化学方程式及同分异构体的书写，根据合成图中反应前后物质结构变化、官能团变化及分子式变化确定反应类型及断键和成键方式，注意结合题给信息进行解答，侧

重考查学生对信息的获取与迁移、应用能力及利用已有知识和规律进行分析判断及综合运用能力。