【文档说明】浙江省丽水市发展共同体2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(29)页，1.847 MB，由小赞的店铺上传

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2020年5月高二期中考试化学学科试卷化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Fe56Cu64I127Ba137一、选择题(每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)1.下列物质中，含有共价键的离子化合物的是A.

Na2OB.MgCl2C.NaOHD.H2O【答案】C【解析】【分析】由离子键构成的化合物称为离子化合物，由共价键构成的化合物称为共价化合物。【详解】A．Na2O属于离子化合物，只含离子键，不含共价键，A不符合题意

；B．MgCl2属于离子化合物，只含离子键，不含共价键，B不符合题意；C．NaOH含有共价键和离子键，属于含有共价键的离子化合物，C符合题意；D．H2O属于共价化合物，只含有共价键，D不符合题意。答案选C。2.下列仪器中不能用于物质分

离的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该仪器是冷凝管，可冷凝回流，使馏分由气态转化为液态，用于分离沸点不同的液体混合物，A不符题意；B．该仪器是分液漏斗，适用于分离互不相溶的液体混合物，B不符题意

；C．该仪器是漏斗，用于固液混合物的分离，C不符题意；D．该仪器是容量瓶，用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于物质的分离，D符合题意。答案选D。3.既不是电解质，又不是非电解质的是A.铜B.二氧化硫C.葡萄糖D.冰醋酸【答案】

A【解析】【详解】A．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，A符合题意；B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO2的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是SO2，故SO2属于非

电解质，B不符题意；C．葡萄糖是在熔化状态下和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质，C不符题意；D．冰醋酸溶于水能电离出少量自由移动的阴阳离子，属于电解质，D不符题意。答案选A。【点睛】电解质和非电解质都属于化合物。4.下列反应中，氧化剂与还原剂为同一种物质的

是A.SO2+2H2S=3S↓+H2B.2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2OC.Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑D.MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【答案】B【解析】【分析】同种物质中所含元素的化合价升高和降低，则氧化剂和还原剂为同一种物质。【

详解】A．SO2中S元素的化合降低，H2S中S元素的化合价升高，则SO2是氧化剂，H2S是还原剂，A不符题意；B．NO2中N元素的化合价一部分升高，一部分降低，所以NO2既是氧化剂又是还原剂，B符合题意；C．Zn的化合价升高，H的化合价降低，所以Zn是还原剂，HCl是氧化剂，C不符题意；D．

Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则二氧化锰为氧化剂，HCl是还原剂，故D不符题意；答案选B。5.下列物质的名称不正确的是A.熟石灰：CaOB.熟石膏：2CaSO4·H2OC.蚁酸：HCOOHD.硬脂酸钠：C17H35COONa【答案】A【解析】【分析】【详解】A．熟石灰、消石灰是Ca

(OH)2的俗名，CaO的俗名是生石灰，A名称错误；B．熟石膏是2CaSO4·H2O的俗名，B名称正确；C．甲酸的结构简式是HCOOH，俗名叫蚁酸，C名称正确；D．硬脂酸是C17H35COOH，C17H35COONa名称为硬脂酸钠，D名称正确。答案选A。6.

下列表示正确的是A.过氧化钠的电子式：Na：：：NaB.钠离子的结构示意图C.乙炔的结构简式CHCHD.CO2的比例模型【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠是离子化合物，阴阳离子之间为离子键，正确的电子式为：，A错误；B．钠元素为11号元素，钠离

子的质子数为11，核外电子数为10，钠离子的结构示意图，B正确；C．乙炔中两个碳原子之间为碳碳叁键，乙炔的结构简式为CH≡CH，C错误；D．C原子的半径比O原子的半径大，故CO2的比例模型为，D错误。答

案选B。7.下列说法不正确的是A.白磷和红磷互为同素异形体B.和互为同系物C.H和D互为同位素D.CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．白磷和红磷是磷元素的不同单质

，互为同素异形体，A正确；B．叫苯酚，属于酚类，叫苯甲醇，属于芳香醇，二者不是同一类物质，不是同系物，B错误；C．H和D是氢元素的两种不同核素，它们互为同位素，C正确；D．CH3COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，分子式都为C2H4O2，分子式相同但结构

式不同，二者互为同分异构体，D正确。答案选B。8.下列说法不正确的是A.氢氧化铝和苏打都可以用于治疗胃酸过多B.晶体硅可科用于制造半导体材料C.可以用丁达尔效应区分氢氧化铁胶体和氯化钠溶液D.游泳场馆

常用硫酸铜作池水消毒剂【答案】A【解析】【详解】A．苏打为碳酸钠，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠即小苏打治疗，故A错误；B．硅晶体的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C．丁达尔效应是胶体独有的性质，可以用来区分氢氧化铁胶体和氯化钠溶液，故C正确；D．硫

酸铜可以使蛋白质变性，所以游泳场馆常用硫酸铜作池水的消毒剂，故D正确；故答案选A。9.下列说法正确的是A.某些植物具有富集溴的能力，从海产品中提取溴是工业上获取溴的重要途径B.工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰C.冶炼镁时，将六水合氯

化镁晶体直接加热分解可得纯净无水氯化镁D.我国古代就已知晓采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸【答案】D【解析】【详解】A．溴主要存在于海水中，碘主要富集在海水植物中，海水提溴是工业上获取溴的重要途径，故A错误；B．工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭可以提

供热量，生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁；石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，原料中没有熟石灰，故B错误；C．海水中含有大量镁元素，可以通过多步转化得到六

水合氯化镁晶体，氯化镁易水解生成氢氧化镁和氯化氢，且氯化氢易挥发，导致直接加热带结晶水的晶体时得不到氯化镁，为防止氯化镁水解，需要将带结晶水的氯化镁在氯化氢氛围中加热，得到无水氯化镁，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；D．加热胆矾或绿矾会分解生成三氧化硫，与水反

应生成硫酸，早在1000多年前，我国就已采用加热绿矾的方法制取硫酸，故D正确；答案选D。【点睛】熟悉工业冶炼金属原理是解题关键。本题的易错点为B，工业炼铁原料中应有石灰石不是熟石灰，石灰石作用是除去二氧化硅形成硅酸钙炉渣。

10.下列说法正确的是A.乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色B.石油裂解可以提高轻质油的产量和质量C.燃烧等物质的量的乙烯、乙醇，消耗氧气的量相同D.甲烷的一氯代物只有一种结构能够证明甲烷分子的空间构型为正四面体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．聚氯乙烯中

不存在碳碳双键，所以聚氯乙烯不能和溴水发生加成反应，不能使溴水褪色，故A错误；B．石油裂解是为了获得乙烯等基本化工原料，裂化的目的是为了获得轻质油(汽油、柴油、煤油等)，故B错误；C．乙烯和乙醇与氧气均为1:3反

应，则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D．甲烷无论是正四面体结构，还是平面正方形，其一氯代物都只有1种，故甲烷的一氯代物只有一种结构不能说明甲烷分子的空间构型，故D错误；答案选C。11.下列关于实验原理或操作的叙述中，不正确．．．的是A.纸层析实验中，须将滤纸上的试样

点浸入展开剂中B.可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油C.从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4D.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】A【解析】【详解】A．纸层析实验中，滤纸

上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中，故A错误；B．甘油可以与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成一种绛蓝色的络合物，有明显现象，故B正确。C．乙醇和水互溶，因此萃取单质碘时不能用

无水乙醇代替CCl4，故C正确；D．乙酸可以和生石灰反应，生成相应的盐，增大沸点差距，更容易蒸馏得到纯净的乙醇，故D正确；答案选A。12.下列关于氮及其化合物，说法不正确的是A.氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定B.“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关C.工

业硝酸往往会发黄，因为其中含有Fe3+D.常温下，浓硝酸可以利用铁罐车进行运输【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氮气是空气中含量最高的气体，由于氮气分子中氮原子之间形成氮氮三键，键能大，不易断裂，则氮气的性质

比较稳定，故A正确；B．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光（紫外线）作用下发生光化学反应生成二次污染物，酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关，B正确；C．工业硝酸往往会发黄，是由于硝酸分解产生的NO2溶于硝酸造成的，与Fe3+无关，故C错误；D．常温下，

浓硝酸遇铁发生钝化，所以常温下，浓硝酸可以利用铁罐车进行运输，故D正确；答案选C。13.下列离子方程式正确的是A.食醋除去水垢中的碳酸钙：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2OB.小苏打治疗胃酸过多的反应：CO32-＋2H+=CO2↑＋H2OC.苯酚钠溶

液中通入少量二氧化碳：C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-D.碳酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应：NH4+＋OH‾=NH3↑＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．在离子方程式中，弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COO

H=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A错误；B．用小苏打治疗胃酸过多反应，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．

苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，由于碳酸的酸性大于苯酚，二者反应生成苯酚和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：C6H5O−+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3−，故C正确；D．碳酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶

液反应，生成碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+CO32-+H2O，故D错误；答案选C。14.下列说法正确的是A.油脂水解可得到氨基酸和甘油B.结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛C.检验淀粉在稀硫酸条件下水解产物的方法是：取适量水解液于试管中，加入少

量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀D.鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚【答案】B【解析】【分析】【详解】A．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，而蛋白质水解生成氨基酸，A错误；B．苯酚和甲醛通过缩聚反应生

成酚醛树脂，结构片断为，B正确；C．淀粉是在酸性条件下水解，葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液反应必须在碱性条件下，所以要用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸，否则无法成功，故C错误；D．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液会发生盐析而凝聚，鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸

铜溶液会发生蛋白质的变性，二者不同，故D错误；答案选B。15.乙烯雌酚是人工合成的激素类药物，对垂体促性腺激素的分泌有抑制作用，能改善体内激素的平衡状态，破坏肿瘤组织赖以生长发育的条件，对治疗前列腺癌和乳腺癌有明显的疗效，其结构如下：下列有关叙述中正确的是：A.乙烯雌酚的分子式为C18H22O2

B.乙烯雌酚可与NaOH和NaHCO3发生反应C.1mol该有机物可以与7molBr2发生反应D.该有机物分子中一定有8个碳原子共平面【答案】D【解析】【详解】A．1个分子中含有20个H原子，则乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，故A错误；B．含有酚羟基，只能与NaO

H反应，而不与NaHCO3反应，故B错误；C．酚羟基的邻对位能与溴发生取代，碳碳双键能与溴发生加成反应，则1mol该有机物可以与5molBr2发生反应，故C错误；D．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，则最多有16个C原子共平面，与双键直接相连的碳原子一定在一个平面上，酚羟基相连的碳

原子，与之相对的碳原子都和双键上的碳原子在一个平面上，所以该有机物分子中一定有8个碳原子共平面，故D正确；答案选D。16.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下表所示，W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为21，下列说法中不正确的是WXYZA.

氧化物对应水化物的酸性：Z＞YB.简单阴离子的还原性：Z＞WC.气态氢化物的稳定性：W＞YD.原子半径：X＞Y＞W【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，假设W是第一周期，则W为He元素，最外层为2，那么Z、Y、X的最外层分别为7、6、4，此时四种元素最外层电子数之和为1

9，不符合题意，故假设不成立。W应处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，设X的原子最外层电子数是a，则Y的最外层电子数是a+2，Z最外层电子数是a+3，W的最外层电子数是a+4，这四种元素原子的最外层电子数之和为20，则a+(a+

2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】A．Y是P元素，Z是S元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Z＞Y，其对应的最高价氧化物水化物酸性Z＞Y，

其他价态不能根据非金属性比较，故A错误；B．非金属单质的氧化性越强，其简单阴离子的还原性越弱，W为F元素，是非金属性最强的元素，Z是S元素，其单质氧化性W＞Z，简单阴离子的还原性：W＜Z，故B正确；C．Y是P元素，W为F元素

，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性W＞Y，故气态氢化物的稳定性：W＞Y，故C正确；D．X是Al元素，Y是P元素，W为F元素，同周期元素原子半径由左至右逐渐减小，同主族原子半径从上至下逐渐增大，故原子半径X＞Y＞W，故D正确；答案选A。17

.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小、无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，氢氧化钾作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是（）A.电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B.负极发生的电极反应式为：N2H4＋4OH--

4e-=N2↑＋4H2OC.该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D.该燃料电池持续放电时，钾离子从负极向正极迁移，需选用阳离子交换膜【答案】D【解析】【分析】由燃料电池示意图可知，通入燃料

肼的一极为负极，其电极反应式为N2H4-4e-＋4OH-=N2↑＋4H2O；通入氧气的一极为正极，其电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。【详解】A.电流由正极（右侧）经负载后流向负极（左侧），A正确；B.通入燃料肼的一极为负极，其电极

反应式为N2H4-4e-＋4OH-=N2↑＋4H2O，B正确；C.多孔导电材料，可提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，从而提高电池的性能，C正确；D.该燃料电池持续放电时，氢氧根

离子从正极区移向负极区，应选用阴离子交换膜，D错误。答案选D。18.下图为反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是A.拆开2molH2(g)和1molO2(g)中的化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收18

52kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(l)，ΔH＞－484kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．拆开化学键吸收能量，不是放出能

量，故A错误；B．形成化学键放出能量，不是吸收能量，故B错误；C．依据图象数据分析可得，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故C正确；D．依据图象数据分析可得，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2mo

lH2O(g)，共放出484kJ能量，若生成2molH2O(l)，由于气态到液态会放出热量，则放出热量大于484kJ，放热反应焓变小于零，放出的热量越多，焓变越小，则ΔH＜－484kJ·mol-1，故D错误；答案选C。19.下列说法不正确的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液从常温升温到

60℃，其pH变小B.等浓度的氨水、NaOH溶液加入稀盐酸至中性，则c(NH4+)=c(Na+)C.等浓度的氨水、NaOH溶液稀释相同的倍数，pH后者大D.等体积、等pH的氨水、NaOH溶液加入足量的AlCl3溶液，产生沉淀的

质量前者大【答案】B【解析】【详解】A．常温下，0.1mol·L−1NaOH溶液中c(OH-)=10-1mol·L−1，c(H+)=()-14-13W--1K10==1010cOHmol·L−1，溶液的pH=13，升温到60℃，Kw增大，c(H+)=()--13

WKH10cO＞，其pH变小，故A正确；B．等浓度的氨水加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)=c(Cl-)

，NaOH溶液加入稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(Na+)=c(Cl-)，由于氨水是弱碱，当氨水与盐酸完全反应生成氯化铵时，溶液为酸性

，要使溶液显中性，氨水消耗的盐酸比NaOH溶液消耗盐酸的量少，则c(NH4+)＜c(Na+)，故B错误；C．氨水是弱碱，NaOH是强碱，等浓度的氨水、NaOH溶液，pH后者大，稀释相同的倍数，仍然pH后者大，故C正确；D．等

体积、等pH的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度更大，氢氧根离子的总量比氢氧化钠溶液中的更多，氨水与铝离子反应生成氢氧化铝促进氨水继续电离氢氧根离子，且氨水与氢氧化铝沉淀不反应，氢氧化钠是强碱，完全电离，与铝离子反应过程中，氢氧根离子

没有补充，则氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀更多，故D正确；答案选B。20.下列说法正确的是A.在熔融状态能导电的物质一定是离子化合物B.CO2和CS2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同D.20

16年IUPAC命名117号元素为Ts，Ts的原子核外最外层电子数是7，是第七周期第ⅦB族元素【答案】B【解析】【详解】A．在熔融状态能导电的物质不一定是化合物，还可以是金属单质，在熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，故A错误；B．CO2中每个碳原子与氧原子形成两个共

用电子对，其电子式为：，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CO2和CS2互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相同的结构，则二者每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；C．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，均含有共价键，但干冰属于分子晶体，熔化时需克服微粒间的作用力为范德华力，

石英为原子晶体，熔化时需克服微粒间的作用力为共价键，则熔化时需克服微粒间的作用力类型不相同，故C错误；D．元素周期表中，118号元素位于第七周期零族，则117号元素Ts位于第七周期第ⅦA族，主族元素最外层电子数等于主族序数，则Ts的原子核外最外层电子数是7，故D错误；答

案选B。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LCCl4中含有C－Cl键的数目为1.5NAB.7.8g苯中含碳碳单键的数目为0.3NAC.1L0.1mol·L−1硫酸钠

溶液中含有的氧原子数为0.4NAD.常温下，14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．标准状况下，11.2LCCl4为液体，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则含有C－Cl键的数目无法准确计算，故A错误；B．苯中的碳碳键是

介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种特殊的键，结构中不存在碳碳单键，故B错误；C．1L0.1mol·L−1硫酸钠溶液中硫酸钠的物质的量为0.1mol，则0.1mol的硫酸钠中含有0.4mol的氧原子，由于溶液中还有水，水

中也有氧原子，因此1L0.1mol·L−1硫酸钠溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，故C错误；D．乙烯和丙烯的最简式都为CH2，常温下，14g乙烯和丙烯混合气体最简式的物质的量为1mol，其中的氢原子的物质的量为2mol，个数为2NA，故D正确；答案选D。22.600℃时，在2L

的恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：下列说法正确的是A.0～5min用CO表示的平均反应速率为0.08mol·L−1·min−1B.该

反应在10min后才达到平衡C.温度升高至800℃时，反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，达到平衡时n(CO2)＝0.4mol【答案

】D【解析】【分析】5min时，CO减少1.20mol-0.80mol=0.40mol，H2O也减少0.40mol，0.60mol-0.40mol=0.20mol，说明5min时已经达到平衡。【详解】A．0～5min用CO表示的平均反应速率为0.40mol2L5min=

0.04mol·L−1·min−1，故A错误；B．该反应在5min时已经达到平衡，故B错误；C．600℃时，原平衡常数为0.20.20.10.4=1，温度升高至800℃时，反应平衡常数为0.64，升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C错误；D．

保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，达到平衡时，设n(CO2)＝x,由平衡常数=2210.61.222xxxx=−−，x=n(CO2)＝0.4mol，故D正确；故选D。23.在25℃时，向l0mL0.01

mol•L﹣1NaA溶液中逐滴加入0.01mol•L﹣1的盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.a点到c点的过程中，c（HA）+C（A﹣）＝0.01mol•L﹣1等式始终成立B.b点时，溶液中微粒浓

度大小的关系：c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HA）＞c（OH﹣）＞c（H+）C.c点溶液存在的关系：c（Na+）+c（H+）＝c（HA）+c（OH﹣）+2c（A﹣）D.由图可知，等浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的电离程度大于A﹣的水解程度【答案】C【解析】A.

根据物料守恒，a点到c点的过程中，c(HA)+c(A-)=c(Na+)，a点c(Na+)=0.01mol·L-1，而c点c(Na+)=0.005mol·L-1，故A错误；B.b点时，溶液中含有等物质的量的HA、NaA和NaCl，溶液的pH大于7，显碱性，说明HA为弱酸，则溶液中微粒浓

度大小的关系：c(HA)＞c(A-)，故B错误；C.c点溶液含有等物质的量的HA和NaCl，溶液显酸性，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-)，根据物料守恒，c(Cl-)=c(HA)+c(A-)=c(Na+)，因此c(Na+)+c(H+)=c

(HA)+c(OH-)+2c(A-)，故C正确；D.由图可知，b点为等浓度的HA、NaA混合溶液，溶液显碱性，说明HA的电离程度小于于A-的水解程度，故D错误；故选C。24.利用铁丝、硫酸铜废液(含硫酸亚铁)和被有机物

污染的废铜粉制备硫酸铜晶体(CuSO4•5H2O)：下列说法不正确．．．的是A.步骤①主要是利用铁丝把铜从溶液中还原出来B.步骤②灼烧固体所用的仪器可以是坩埚C.步骤③酸溶所用的酸是稀硫酸D.浓硫酸可使硫酸铜晶体脱去结晶水，浓硫酸表现出脱水性【答案】D【解析】【分析】将金属铁投入硫酸铜中

，可以置换出金属铜，金属铜可以和氧气在灼烧下发生反应生成氧化铜（废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，具有还原性，可以和氧化铜在加热下发生反应，得到金属铜），氧化铜可以和硫酸反应得到硫酸铜溶液，由此分析。【详解】A．

根据分析可知，步骤①主要是金属铁投入硫酸铜中，可以置换出金属铜，利用铁丝把铜从溶液中还原出来，故A正确；B．废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，步骤②灼烧固体所用的仪器可以是坩埚，故B正确；C．步骤③酸溶所用

的酸是稀硫酸，将氧化铜转化为硫酸铜，不能引入其他酸，会引进新的杂质，故C正确；D．硫酸铜晶体脱去的结晶水是水分子，浓硫酸可以吸收水分子，浓硫酸表现出吸水性，故D错误；答案选D。【点睛】浓硫酸的吸水性是指能吸

收游离的水或结晶水合物中的水，脱水性则是把物质的组成分子中的氧原子和氢原子以水的形式吸收掉，注意区分它们的不同。25.常温下，某澄清透明的溶液中可能存在：Fe2+、Cu2+、Mg2+、SO32-、Br-、SO42-等离子中的一种或几种，现进行如下实验：下列说法不正确的是：A.溶液中一定不存在

Mg2+、Cu2+B.溶液中一定不存在SO32-C.溶液中一定存在Fe2+、Br-、SO42-D.沉淀B中可能含有氢氧化镁，肯定含有氢氧化铁【答案】A【解析】【分析】加氯气和氯化钡生成白色沉淀，故A为硫酸钡沉淀，所以原溶液可能含SO32-或SO42-；由分层后的液

体颜色说明原溶液含Br-，加过量氢氧化钠沉淀B，再加盐酸溶解后和硫化氢反应出现淡黄色沉淀，说明原溶液含亚铁离子，由于SO32-与Fe2+、Cu2+、Mg2+会发生反应生成沉淀，所以原溶液不含亚硫酸根离子，故一定含硫酸

根离子，一定含Fe2+、Br-、SO42-，Mg2+、存在也有上述实验现象，Mg2+可能存在，Cu2+存在的条件下会与硫化氢反应生成硫化铜黑色沉淀，与实验现象不符，故Cu2+一定不存在，以此分析。【详解】

A．根据分析可知，溶液中一定不存在SO32-、Cu2+，Mg2+可能存在，故A错误；B．根据分析可知，溶液中一定不存在SO32-，故B正确；C．分层后的液体颜色说明原溶液含Br-，加过量氢氧化钠沉淀B，再

加盐酸溶解后和硫化氢反应出现淡黄色沉淀，说明原溶液含亚铁离子，且一定含硫酸根离子，溶液中一定存在Fe2+、Br-、SO42-，故C正确；D．溶液中可能含有镁离子，一定有铁离子，沉淀B中可能含有氢氧化镁，肯定含有

氢氧化铁，故D正确；答案选A。二、非选择题26.(1)比较氧化性相对强弱：Cl2_______I2(填“)”＞“＜”或“=”)；用一个离子方程式说明Cl2和I2氧化性的相对强弱_______。(2)NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构。写出N

H5的电子式__________。(3)请用系统命名法对命名__________。【答案】(1).＞(2).Cl2+2Iˉ=I2+2Clˉ(3).(4).3,3,4-三甲基己烷【解析】【分析】(1)同主族元素从上到下，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，可以使用氯气将碘离子

氧化成碘单质的性质验证单质氧化性的强弱；(2)NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构，NH5可以由铵根离子和氢负离子结合形成离子键；(3)找到最长的碳链，含有六个碳原子，找到取代基的位置，保证取代基的序号

最小。【详解】(1)同主族元素从上到下，非金属性减弱，非金属性Cl＞I，单质的氧化性减弱，Cl2＞I2，可以利用氯气和碘化钾溶液反应置换出碘单质的反应，比较出氯气和碘的氧化性的强弱，离子方程式为Cl2+2Iˉ=I2+2Clˉ；(2)NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构，NH5可以由铵根离

子和氢负离子结合形成离子键，电子式为；(3)找到最长的碳链，含有六个碳原子，为己烷，取代基有三个，名称是甲基，位于3号碳有两个甲基，四号碳上有一个甲基，系统命名法为3,3,4-三甲基己烷。27.Ⅰ．由三种元素

组成的化合物A，按如下流程进行实验：已知：①标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。请回答：(1)组成A的三种元素是__________，A的化学式是________。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学

方程式是__________。(3)气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式________________。Ⅱ．某兴趣小组为探究SO2与Fe(NO3)3稀溶液反应的情况，实验装置如图，请回答：(1)实验过程中，甲中溶液由黄色变为浅绿

色但立即又变为黄色。请写出甲中溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式_____。(2)请设计实验方案，检验反应后甲溶液中的金属阳离子______。【答案】(1).氢、碳、铝(2).Al(CH3)3(3).Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑(4).CH4+4

CuO加热4Cu+CO2+2H2O(5).3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(6).取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说

明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）【解析】【分析】Ⅰ．化合物A与水反应生成气体B和白色固体E，白色固体E加热可生成白色固体F，白色固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸，说明E具有两

性，则E为Al(OH)3，F为Al2O3，则化合物A中含有Al元素，1.02gAl2O3的物质的量为1.02g102g/mol=0.01mol，根据原子守恒，化合物A中的Al元素的物质的量为0.02mol，标准状况下，气体B的密度

是氢气的8倍，根据摩尔质量之比等于密度之比，则B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，B在足量氧气中燃烧生成的气体C能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，则B为CH4气体，则化合物A中应含有C元素，CH4与足量的氧气完全燃烧生成气体C，C与足量氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀D，则D

为碳酸钙，6g碳酸钙的物质的量为6g100g/mol=0.06mol，根据碳原子守恒，则化合物A中的碳元素物质的量为0.06mol，化合物A中第三种元素的质量=1.44g-0.02mol×27g/mol-0.06mol×12g/mol

=0.18g，结合物料守恒，化合物A和水反应生成CH4和Al(OH)3，则化合物A中的第三种元素应为H元素，其物质的量为0.18g1g/mol=0.18mol，则n(H):n(Al):n(C)=0.18mol:0.02mol:0.06mol=9:1:3，根据化合物中元素的正负化合价代数和

为零，则可得化合物A的化学式为Al(CH3)3，据此分析解答。Ⅱ．(1)实验过程中，甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离子，含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色；酸性条件下，硝酸根具有

氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色；(2)反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子，铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，据此设计检验方法。【详解】Ⅰ．(1)根据分析，组成A的三种元素是氢、碳、铝，A的化学式是Al(CH3)3；(2)固体A是Al(CH3)

3，与足量稀盐酸反应生成氯化铝和甲烷，化学方程式是Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；(3)气体B为CH4，CH4中的碳为-4价，为碳元素的最低价态，具有还原性，CuO具有氧化性，则CH4与足量CuO在

加热条件下发生氧化还原反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO加热4Cu+CO2+2H2O；Ⅱ．(1)实验过程中，甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离

子（反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+），含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色，溶液呈酸性；酸性条件下，硝酸根具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色

，溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(2)由于反应中未指明反应用量，反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子，铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，检验

反应后甲溶液中的金属阳离子方法为取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）。28.向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中

逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加入氢氧化钡溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。（1）氢氧化钡溶液浓度为_____________________。（2）原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为________。【答案】(1).1mol/L(2).1:2【解析】

【分析】向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，反应的实质是铝离子与氢氧根离子、钡离子与硫酸根离子反应，结合方程式和图像分析解答。【详解】（1）向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，反应的离子方程式有Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓、Al3＋＋3

OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。假设1mol硫酸铝中硫酸根完全被沉淀需要氢氧化钡是3mol，3mol氢氧化钡提供6mol氢氧根，1mol硫酸铝中含有2mol铝离子，二者恰好沉淀生成氢氧化铝。从起点到A点可以认为是硫酸铝

与氢氧化钡反应生成3mol硫酸钡和2mol氢氧化铝。A到B是氯化铝和氢氧化钡反应，B点时溶液中铝离子完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2；B到C是氢氧化铝溶解在氢氧化钡中，C点时氢氧化铝完全溶解。根据图像可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡8L－6L＝2L，消耗氢氧化铝是7

mol－3mol＝4mol，所以需要氢氧化钡是2mol，则氢氧化钡溶液浓度为2mol÷2L＝1mol/L；（2）根据图像可知硫酸钡是3mol，所以硫酸铝是1mol，氯化铝产生的氢氧化铝是2mol，因此

氯化铝是2mol，所以原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为3mol：6mol＝1：2。29.汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：(1)已知：N2(g)

+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-lC(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-l2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ·mol-l则2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g

)+2CO2(g)的△H=____kJ·mol-l。(2)一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO。在t1时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.1mol，n(NO)=0.2mol，n(N

2)=amol，且N2占平衡总体积的14。①则该反应的平衡常数K=______。若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入3amol的N2、0.2mol的NO，平衡将______移动(填“向左”、“向右”或“不”)。②下列各种情况，可说明该

反应已经达到平衡的是______。A．v生成(CO2)=v消耗(CO)B．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E．单位时间内生成2nmol碳氧双键的同时消耗nmolN≡N③在t2时刻，将容器

迅速压缩到原容积的12，在其它条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2－t3－t4时段，正反应速率的变化曲线_________。(3)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置。净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气

体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如下图所示。写出上述变化中的总化学反应方程式_________。【答案】(1).△H=-746.5kJ/mol(2).K＝270(3).不(4).CD(5).(6).2NO＋O2＋4CO催化剂4

CO2＋N2【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-l②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-l③2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-22

1kJ•mol-l盖斯定律计算②×2-③-①得到热化学方程式；(2)①根据三行式结合化学平衡的移动知识来计算；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的

进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；③压缩容器体积，增大了压强，正逆反应速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，据此画出从t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线；(3)根据已知信息书写反应物和产物并

配平方程式。【详解】(1)①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-l②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-l③2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-221kJ•m

ol-l盖斯定律计算②×2-③-①得到热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=2×(-393.5kJ•mol-l)-(-221kJ•mol-l)-(+180.5kJ•mol

-l)=-746.5kJ/mol；(2)①化学平衡三行计算列式计算，在t1时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.1mol，n(NO)=0.2mol，n(N2)=amol，且N2占平衡总体积的14，列三段式：()()()()()()()222NOg+2COgNg+2CO

gmol2a+0.22a+0.100mol2a2aa2amol0.20.1a2a始变平则a0.10.2a2a+++=14，解得a=0.3，K=()22222222222a2ac(CO)c(N)0.60.3

===270c(NO)c(CO)0.2010.20.1．，平衡后在此基础上再向容器中充入3amol即0.9mol的N2、0.2mol的NO，各物质的量分别变成了0.4、0.1、1.2、0.6，此时Qc=22222222c(CO)c(N)1.20

.6=c(NO)c(CO)0.40.1=270=K，所以不移动；②A．v生成(CO2)=v消耗(CO)，不能证明正逆反应速率相等，故A不符合题意；B．混合气体的密度=mV，反应前后质量守恒，不变化，体积不变，所以密度始终不变，当密度不变化的状态不一定平衡，故B不符合题意；C．混合气体的平

均相对分子质量=mn，质量守恒，但是n变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，达到了平衡状态，故C符合题意；D．NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化是化学平衡的特征，故D符合题意；E．单位时间内生成2nmol碳氧双键的同时消耗nmolN≡N，不能证明正逆反应速率相等，

故E不符合题意；答案选CD；③压缩容器体积，增大了压强，正逆反应速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，即向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，即：；(3)NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，反应方程式为2NO＋O2＋4CO

催化剂4CO2＋N2。30.某兴趣小组用只含有铜、铝、铁的工业废料来制备硫酸铜和硫酸铝晶体，实验流程如下：请回答：(1)写出步骤Ⅲ中气体B与O2(足量)通入NaOH溶液中反应的化学方程式______。(2

)步骤Ⅳ蒸发浓缩的具体操作是________。(3)下列有关实验说法正确的是________。(填编号)A．减压过滤使用的滤纸，为确保把所有的孔都覆盖住，应使滤纸大于布氏漏斗内径B．为得到纯净的硫酸铝晶体，采用加热烘干的方式干燥C．步骤Ⅵ洗涤沉

淀时，关小抽气泵，向布氏漏斗中加冰水没过沉淀，并用玻璃棒搅拌D．步骤Ⅴ为得到较大的硫酸铜晶体颗粒，可投入几粒晶种并减缓溶液冷却速度(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过下图所示装置将少量30%H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备，该设备的作用是____。(5)为测定实验所

得硫酸铝晶体的纯度，进行以下实验：步骤一：取晶体试样ag溶于20mL水中，加适量醋酸—醋酸铵缓冲溶液，再加入过量的c1mol·L-1EDTA溶液V1mL，充分反应后稀释至250mL。步骤二：取25.00mL上述稀释

液，滴加指示剂，用c2mol·L-1ZnCl2溶液滴定过量的EDTA，达到终点时消耗V2mLZnCl2溶液。已知：M［Al2(SO4)3·18H2O]＝666g·mol-1，EDTA分别能与Al3＋或Zn2＋以物质的量之比1∶1进行反应。①在步骤二取上述稀释液25.00m

L于锥形瓶中，有下图所示操作(手持部分省略)，其中正确的是____。(填编号)取溶液所用仪器的名称是____②根据实验数据计算该试样中Al2(SO4)3·18H2O的纯度为____(用含字母的代数式表示)。

【答案】(1).4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O(2).将溶液转移至蒸发皿，加热至溶液表面出现晶膜，停止加热(3).D(4).减压，减少H2O2的分解(5).D(6).移液管(7).()1122cV-

10cV333100%a1000【解析】【分析】该实验是利用含有铜、铝、铁的工业废料来制备硫酸铜和硫酸铝晶体，首先铜、铝、铁与足量稀硫酸反应后得到硫酸铝，硫酸亚铁和铜，滤渣A是铜，铜与稀硫酸，稀硝酸加热条件下生成硫酸铜，一氧化氮等，一氧化氮和氧气、氢氧化钠共同反应生成硝酸钠

和水，硫酸铜经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，滤液A是硫酸铝和硫酸亚铁，经过氧化氢，调节PH值后，得到滤渣D是氢氧化铁，滤液D是硫酸铝溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤后得到硫酸铝晶体，据此分析。ED

TA分别能与Al3＋或Zn2＋以物质的量之比1∶1进行反应，则根据过量EDTA消耗的ZnCl2的物质的量，计算出与Al3＋反应的EDTA的物质的量，从而计算Al2(SO4)3·18H2O的物质的量，再计算其纯度；【详解】(1)步骤Ⅲ中气体B是

一氧化氮，与O2(足量)反应生成二氧化氮，二氧化氮与NaOH溶液反应生成硝酸钠和水，总反应的化学方程式：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；(2)步骤Ⅳ蒸发浓缩的具体操作是：将溶液转移至蒸发皿，加热至溶液表面出现

晶膜，停止加热；(3)A．减压过滤使用的滤纸，为确保把所有的孔都覆盖住，滤纸应剪成比布氏漏斗内径略小，若使滤纸大于布氏漏斗内径会贴的不紧，影响过滤效果，故A错误；B．为得到纯净的硫酸铝晶体，不能采用加热烘干的方式干燥，会促进铝离子的水解，使产率降低，故B错误；C．步

骤Ⅵ洗涤沉淀时，关小抽气泵，向布氏漏斗中加冰水没过沉淀，不能用玻璃棒搅拌，会损坏滤纸，影响过滤效果，故C错误；D．步骤Ⅴ为得到较大的硫酸铜晶体颗粒，可投入几粒晶种并减缓溶液冷却速度，故D正确；答案选D。(4)过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方

式，则B处增加一个减压设备，减少H2O2的分解；(5)①图中所用的仪器是移液管，将移液管放入接受溶液的容器中，使出口尖端靠着容器内壁，容器稍倾斜，移液管则保持垂直，放开食指，使溶液沿容器内壁自然流下，待移液管内溶液洗净后，再等待15秒，取

出移液管，留在管口的少量液体不要吹出，正确的操作选D，取溶液所用仪器的名称是移液管；②取25.00mL上述稀释液，滴加指示剂，用c2mol·L-1ZnCl2溶液滴定过量的EDTA，达到终点时消耗V2mLZnCl2溶液，可知过量的EDTA的物

质的量为c2V2×10−3mol×25025mLmL=10c2V2×10−3mol，Al3+的物质的量为c1V1×10−3mol−10c2V2×10−3mol，该试样中Al2(SO4)3·18H2O的纯度为3111221cV10cV10mol666(

)100gmol%2ag−−−1122cV10cV333100%)1000a(−=。【点睛】减压蒸馏适用于那些在常压蒸馏时未达沸点即已受热分解、氧化或聚合的物质，过氧化氢加热易分解，故可以增加减压蒸馏装置。31.化合

物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：(1)A中含氧官能团的名称为_________。(2)A→B的反应类型为________。(3)写出B→C的化学反应方程式：________(4)C→D的反应中有副产物X(分子式为

C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式：________。(5)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。(6)已知：(R表示烃基，R'

和R"表示烃基或氢)写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)__________。【答案】(1).羟基、羧基(2).取代反应(3).+CH3OH+HCl(4).(5).(6

).【解析】【分析】根据合成路线可知，有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和甲醇发生取代反应生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E，E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F，据此解答。【详解】

(1)由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)根据以上分析可知，A→B的反应中-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)根据上述分析可

知，B和甲醇发生取代反应生成C，反应方程式为+CH3OH+HCl，故答案为：+CH3OH+HCl；(4)观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生

成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为，故答案为；(5)C为，C的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境

的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为，故答案为；(6)根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3C

H2CHO，参考题中E→F的反应条件，在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：，故答案为：。【点睛】本题以化合物

F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改

变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。