【文档说明】浙江省绍兴市上虞区2020届高三第二次教学质量调测化学试题【精准解析】.doc，共(33)页，2.872 MB，由小赞的店铺上传

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2019学年第二学期高三第二次教学质量调测化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32N14Cu64Mn55Ba137−−−−−−−−一、选择题1.下列表示物质分子式的是()A.SiO2B.Na2SO4C.P(红磷)D.C60(足球烯)【

答案】D【解析】【详解】A．SiO2晶体为原子晶体，由Si原子和O原子构成，不存在SiO2分子，A不合题意；B．Na2SO4晶体为离子晶体，由Na+和24SO−构成，不存在Na2SO4分子，B不合题意；C．P(红磷)晶体为分子晶体，由红磷分子构

成，但P不表示分子式，C不合题意；D．C60(足球烯)晶体为分子晶体，由C60分子构成，C60表示分子式，D符合题意；故选D。2.实验室模拟石油的分馏实验中，不需要用到的仪器是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】利用混合物中各物质的沸点不同对石油进

行分离，即在给石油加热时，低沸点的烃先汽化，经冷凝液化后分离出来，随着温度的升高，较高沸点的烃再汽化，经冷凝液化后又分离出来。这样不断的加热汽化和冷凝液化，就可以把石油分成不同沸点范围内的分馏产物，需要的仪器有铁架台、铁夹、铁圈、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛

角管、锥形瓶等仪器，选择冷凝管时，需要注意冷凝管分为直形冷凝管、球形冷凝管、蛇形冷凝管等，直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用。而球形冷凝管、蛇形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用

球形冷凝管（或蛇形冷凝管）冷凝回流，则实验室模拟石油的分馏实验中应使用直形冷凝管、不用球形冷凝管，答案选D。3.下列物质在熔融状态(液态)条件下，有较强导电能力的是()A.聚乙烯B.苯酚C.硫酸D.醋酸钠【答案】D【解析】【详解】A．

聚乙烯由分子构成，熔融时仍以分子形式存在，没有导电离子，不导电，A不合题意；B．苯酚由苯酚分子构成，熔融时不产生自由移动的离子，不导电，B不合题意；C．硫酸由H2SO4分子构成，熔融时不导电，C不合题意；D．醋酸钠由CH3COO-和Na+构成，熔融时阴、阳离子都能自由移动

，能够导电，D符合题意；故选D。4.24KFeO是优良的水处理剂，一种制备方法是将23FeO、3KNO、KOH混合共熔，反应为2332422FeO3KNO4KOH2KFeO3KNO2HO++=++，下列关于该反应的说法不正确的是()A.铁

元素被氧化，氮元素被还原B.24KFeO是氧化产物，2KNO是还原产物C.24KFeO在酸性条件下不稳定，会迅速分解并生成氢气D.24KFeO具有强氧化性，因而有杀菌作用【答案】C【解析】【分析】反应Fe

2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故Fe2O3为还原剂，而KNO3被还原，做氧化剂，据此分析。【详解】A．反应中氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A

正确；B．反应中Fe元素化合价升高，氮元素化合价降低，则K2FeO4是氧化产物，KNO2是还原产物，故B正确；C．K2FeO4在酸性条件下不稳定，+6价铁被还原为Fe3+，氧化产物应为O2，无氢气生成，故C错误；D．K2FeO

4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故答案为C。5.下列物质的名称正确的是()A.()442NHSO：硫氨B.()32AgNH+：银氨离子C.17352|1735|17352C

HCOOCHCHCOOCHCHCOOCH：硬酯酸甘油酯D.3|23CHHOCHCHCH———：2-甲基-1-丙醇【答案】B【解析】【详解】A．()442NHSO属于铵盐，名称为硫酸铵，别称为硫铵，故A错误；B．()32AgNH+的名称为银氨离子，是硝酸银中加入过量氨水形成的

，故B正确；C．17352|1735|17352CHCOOCHCHCOOCHCHCOOCH的名称为硬脂酸甘油脂，故C错误；D．HO-CH(CH3)-CH2-CH3分子命名时，选取主链时，要选取最长的碳

链为主连，羟基的位置在2号碳上，属于醇类，名称为2-丁醇，故D错误；答案选B。6.下列有关化学用语的表示正确的是()A.过氧化钠的电子式：B.乙烯的球棍模型C.硫离子的结构示意图：D.甲酸甲酯的结构简式：33CHCOOCH【答案】B【解析】【详解】A.过氧

化钠为离子化合物，其电子式为，A错误；B.乙烯中每个碳原子与两个氢原子形成C-H键，两个碳原子之间形成碳碳双键，B正确；C.硫离子的结构示意图为，C错误；D.甲酸甲酯的结构简式为3HCOOCH，33CHCOOCH为

乙酸甲酯的结构简式，D错误；答案选B。7.下列说法正确的是()A.C7H16与甲烷必互为同系物B.与互为同分异构体C.1H、2H、3H互为同位素，实际上是同一种核素D.12C和14C互为同素异形体，后者可用于考古研究【答案】A【解析】【详解】A．从C

7H16的分子组成上看，一定是烷烃，所以与甲烷必互为同系物，A正确；B．与的组成、结构相同，分子式相同，为同一种有机物，B不正确；C．1H、2H、3H的质子数相同、质量数不同，三者互为同位素，实际上是氢元素的不同核素，C不正确；

D．12C和14C是碳元素的两种不同核素，二者互为同位素，14C可用于考古研究，D不正确；故选A。8.下列说法不正确的是()A.纯碱可作化工原料，也是治疗胃酸过多的一种药剂B.硝酸是一种重要的化工原料，可用来制造化肥、染料、炸药等C.NaClO溶液有消毒作用，加入适量醋酸可以

增强其消毒作用D.贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径【答案】A【解析】【详解】A．纯碱碱性较强，可能造成食道损伤，不能治疗胃酸过多，A错误；B．硝酸可制造硝态氮肥，可生产亚硝酸盐，亚硝酸盐做还原剂与着色

染料反应对布料染色，可制TNT等炸药，B正确；C．NaClO溶液消毒原因是ClO-水解产生的HClO具有强氧化性，加适量醋酸可增大HClO浓度，从而增强消毒性，C正确；D．氢气是气体，不便于储存、运输，贮氢合金的

发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，D正确。答案选A。9.下列说法正确的是()A.实验室制备氢氧化铁胶体时，采用的方法是向沸水中滴加硫酸铁溶液B.工业硝酸呈黄色的原因是混有铁离子C.制硫酸工业生产中

，尾气中含有的二氧化硫可用亚硫酸钠溶液吸收D.2CaSO4•H2O是生石膏，可用作制作石膏绑带【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备氢氧化铁胶体，采用的方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，A

不正确；B．工业硝酸呈黄色的原因是浓硝酸中溶有二氧化氮气体，B不正确；C．硫酸工业中，尾气中的二氧化硫通常用氨水吸收，也可用亚硫酸钠溶液吸收，C正确；D．2CaSO4•H2O是熟石膏，CaSO4•2H2O是生石膏，熟石膏可制作石膏绑带，D不正确；故选C。10.下列说法不

正确的是()A.植物进行光合作用时，将光能转化为化学能B.以原油作为原料，经过裂化工艺可提高轻质油产量和质量C.工业上，可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖D.煤的气化、液化和干馏均发生化学变化【答案】B【解析】【详解】A.植物进行光合作用时，叶绿体会将光能

转化为化学能，故A正确；B.催化裂化是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，是将重质油转变为裂化气、汽油等的过程，原料采用原油分馏重质馏分油，故B错误；C.淀粉和纤维素可水解为单糖葡萄糖，因此工

业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖，故C正确；D.煤的气化和液化是将碳转化为一氧化碳和甲醇等，属于化学变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，反应生成苯等新物质，也属于化学变化，故D正确；答案选B。11.下列有关实验说法中，正确的是()A.

氯酸钾、高锰酸钾结块时，可放在研钵中先敲击成小块，再研碎B.用滴定法进行定量测定时，基准物应该具有性质稳定、相对分子质量较小等特点C.除去NaCl晶体中的少量KNO3时，主要步骤包括：加热溶解、蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D.不慎将苯酚沾到皮肤上时，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗【答

案】D【解析】【详解】A.高锰酸钾为强氧化剂，不能敲击，否则容易发生爆炸，A错误；B.基准物质必须具备纯度高、性质稳定、组成恒定、摩尔质量尽可能大等条件，B错误；C.除去NaCl溶液中少量的KNO3的步骤为：溶解、蒸发、趁

热过滤，洗涤、干燥，KNO3溶解度受温度影响明显，若冷却结晶，KNO3也会析出，达不到分离的目的，C错误；D.苯酚易溶于酒精，立即用酒精洗涤，再用水冲洗，D正确；答案选D。12.下列有关物质用途的说法，不正确的是()A.Cl

O2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒B.氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C.电解法冶炼铝时，加入冰晶石可降低氧化铝熔融温度，减少能耗D.生物炼铜，是指在某些细菌作用下，利用空气中的氧气将不溶性铜矿转化为铜单质【答案】D【解析】【详解】A．ClO2具有强氧

化性，能杀死细菌和病毒，且产物Cl-对水质不产生影响，所以可用于自来水的杀菌消毒，A正确；B．氮肥可利用氮元素的存在形式进行分类，若含4NH+属于铵态氮肥，若含3NO−属于硝态氮肥，但尿素中的氮元素不以这两种微粒的形式存在，则单列为尿素，该物质属于有机物，

B正确；C．Al2O3的熔点为2054℃，电解法冶炼铝时，需将氧化铝先熔化，会消耗大量的能量，加入冰晶石后，氧化铝的熔融温度降低，减少了能耗，降低了成本，C正确；D．生物炼铜，是指某些细菌呑食铜矿粉后，在体内利用氧气将不溶性铜矿转化为硫酸铜，D不正确；故选D。1

3.能正确表示下列变化的离子方程式是()A.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：222Mg(OH)2HMg2HO+++=+B.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:22Al2OHAlOH−−+=+C.四氧化三铁溶于稀硝酸：23342FeO8

HFeFe4HO++++=++D.漂白粉溶液中通入足量SO2：222244Ca2ClO2SO2HOCaSOSO2Cl4H+−−−++++=+++【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵溶液水解显酸性，向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+24NH+=

=Mg2++2NH3∙H2O，A不正确；B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：2Al+2OH-+2H2O=22AlO−+3H2↑，B不正确；C．四氧化三铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++3NO−==9Fe3++NO↑+14H2O，C不正确；D．漂

白粉溶液中通入足量SO2，SO2全部被ClO-氧化为24SO−，部分24SO−转化为CaSO4沉淀，ClO-被还原为Cl-，则离子方程式为222244Ca2ClO2SO2HOCaSOSO2Cl4H+−−

−++++=+++，D正确；故选D。14.下列说法不正确的是()A.环己烷、溴苯、甲苯、乙醇、乙酸五种无色液体可用酸性高锰酸钾溶液鉴别B.苯酚与尿素在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子材料脲醛树脂C.苯酚、甲苯比苯更容易发生取代反应，说明当苯环

上连接有取代基时，苯环上的氢原子更容易被取代D.蛋白质的一级结构主要指肽链中的氨基酸残基排列顺序，蛋白质的二级结构与氢键有密切关系【答案】BC【解析】【详解】A．环己烷、溴苯、甲苯、乙醇、乙酸五种无色液体中加入酸性高锰酸钾溶液，环己烷、溴苯、甲苯分层，其中环己烷、甲苯中上层无色，下层紫红色，但振荡

后甲苯中的红色褪去，溴苯中上层紫红色，下层无色；乙醇、乙酸中不分层，但振荡后乙醇中的紫色褪去，A正确；B．苯酚与尿素不能发生缩聚反应，生成高分子材料脲醛树脂的原料是尿素与甲醛，B不正确；C．苯酚、甲苯比苯更容易发生取代反应

，说明当苯环上连接某些取代基时，苯环上的氢原子更容易被取代；但若连接硝基、卤原子等取代基，则使苯环氢原子更难被取代，C不正确；D．蛋白质的一级结构是指蛋白质多肽链中氨基酸的排列顺序，蛋白质中所含氨基酸的种类和数目相同但排列顺序不同时，其一级结构以及在此基础上形成的空间结构均有很大不同；蛋白质分

子中多肽链的折叠和盘绕是蛋白质二级结构的内容，蛋白质的二级结构与氢键有密切关系，D正确；故选BC。15.下图所示的某聚酰胺树脂是飞机材料中的一种，具有较好的耐热性、耐水性。则下列说法不正确的是()A.该树脂材料可通过

缩聚反应合成B.该树脂能使溴水褪色C.该树脂中所有碳原子不可能在同一平面上D.合成该树脂单体可以是和【答案】B【解析】【详解】A．该树脂是和通过缩聚反应得到的，故A正确；B．该树脂中无碳碳双键，含有的苯环和羰基均不能使

溴水褪色，故B错误；C．该聚酰胺树脂分子中的N原子与周围的原子成三角锥构型，则树脂中所有碳原子不可能在同一平面上，故C正确；D．该树脂可以由单体和通过缩聚反应得到，故D正确；故答案为B。16.下列说法正确的是()A.核

外电子的排布应优先排布在能量最低的电子层B.对于主族元素而言，若最外层电子数为m，电子层数为n，则m/n值越大，金属性越强C.同一周期中，随着核电荷数的增加，阴离子半径逐渐增大D.第三、四周期中，同族元素原子的核电荷数相差一定为8【答案】A

【解析】【详解】A．能量最低原理：核外电子的排布总是优先排布在能量最低的电子层，A正确；B．一般来说，对于主族元素而言，若最外层电子数为m，电子层数为n，若m/n值越大，则该元素越远离“左下角”，金属性越弱，B错误；C．同一周期中，阴离子核外电子排

布相同，核电荷数越大，阴离子半径越小，即同一周期中，随着核电荷数的增加，阴离子半径逐渐减小，C错误；D．第三、四周期中，同族元素原子的核电荷数相差8或18，D错误。答案选A。【点睛】第三、四周期中，第ⅠA族、第ⅡA族元素，同族元素原子的核电荷数相差8，第ⅢA族到零族元素，同族

元素原子的核电荷数相差18。17.下列说法不正确的是()A.常温下，pH=7的溶液不一定是纯水B.常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后，pH>7C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH

3COOH溶液中，c(CH3COO-)=c(Cl-)D.氨水和硫酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(24SO−)=c(4NH+)【答案】D【解析】【详解】A．常温下，pH=7的溶液可能是纯水，也可能是NaCl溶液或CH3COONH4溶液等

，A正确；B．常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后，溶液中的OH-与H+正好完全反应，但过量的氨水仍会电离出OH-，所以溶液呈碱性，pH>7，B正确；C．相同温度下，pH相等的

盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中c（OH-）相等，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)=c(Cl-)，C正确；D．氨水和硫酸反应后的溶液，满足电荷守恒：2c(24S

O−)+c(OH-)=c(4NH+)+c(H+)，若溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，从而得出2c(24SO−)=c(4NH+)，D不正确；故选D。18.“三室法”制备烧碱和硫酸示意图如下，下列说法正确的是()A.电极A为阳极，发生氧化反应B.离子交换膜A为阴离子交换膜C.稀硫

酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓24NaSO溶液从e处进D.Na+和24SO−迁移的数量和等于导线上通过电子的数量【答案】C【解析】【分析】根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生

烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2

O-4e-=O2↑+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解

答。【详解】A．根据分析，电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；B．根据分析，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，则离子交换膜A为阳离子交换膜，故B错误；C．根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进，故C正确；D．一个电

子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，故D错误；答案选C。19.一定温度下，可逆反应：()322222NH(g)CO(g)CON

H(s)HO(g)H0++在某密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是A.()322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(g)S0++B.()322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(g)++，反应达到平衡，升高温度，有利于平衡逆移C.32

422NH(g)CO(g)NHCOONH(s)+，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增大D.()322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(g)++，在密闭容器中达到平衡，混合气体的平

均相对分子质量不变，则反应一定达到平衡【答案】D【解析】【详解】A．气体总物质的量减小，熵减，即ΔS<0，A正确；B．该反应的Δ<0H，升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，B正确；C．压缩容器体积，压强增大，平衡

向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，氨基甲酸铵固体的质量增大，C正确；D．设NH3的起始物质的量为2mol，转化率为α，CO2的起始物质的量为x，则：()322222NH(g)+CO(g)+HO(g)CONH(s)n/mol2x0Δn/mol2αααn/mol2-2αx-αα始末，反应之前气体

平均相对分子质量=34+44x2+x，反应开始后气体平均相对分子质量=17(2-2α)+44(x-α)+18α(2-2α)+(x-α)+α=34-60α+44x2-2α+x，当34+44x2+x=34-60α+44x2-2α+x时，气体平均相对分子质量为定值，解得x=13

7，即NH3与CO2的起始物质的量比为2:137时，无论是否达到平衡状态，无论转化率是多少，气体平均相对分子质量均不变，所以，该种情况下，气体平均相对分子质量不变，不能说明反应是否已平衡，D错误。答案选D。20.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()

A.0.03molCu与过量浓硝酸反应，收集到1.12L气体(标准状况)，则被还原的硝酸的数目是0.06NAB.常温常压下，100mL0.5mol/L的乙二酸溶液中，总的离子数目大于0.15NAC.常

温常压下，22NaO与足量2HO反应，共生成20.2molO转移电子的数目为0.4NAD.含23NaCO与3NaHCO共1mol的溶液中，N(23CO−)+N3HCO−)+N(H2CO3)=NA【答案】B【解析】【详解】A．Cu与过量浓硝酸反应，生成NO2气体，但有一部分NO2转化为N2O4

，0.03molCu失去0.06mole-，则被还原的硝酸(由HNO3生成NO2)的数目是0.06NA，A正确；B．乙二酸为二元弱酸，在溶液中发生部分电离，所以100mL0.5mol/L的乙二酸溶液中，总的离子数目小于0.15NA，B不正确；C．2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，N

a2O2中O由-1价一部分升高为0价，一部分降低为-2价，生成1molO2，转移2mole-，则生成20.2molO转移电子的数目为0.4NA，C正确；D．含23NaCO与3NaHCO共1mol的溶液中，依据物料守恒，n(23CO−)+

n(3HCO−)+n(H2CO3)=1mol，则N(23CO−)+N3HCO−)+N(H2CO3)=NA，D正确；故选B。21.化学反应2A(g)B(g)D(g)+在四个不同条件下进行。B、D起始为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)变化情况如下表：实验序号时间浓度温度010

20304050601800℃1.00.80.670.570.500.500.502800℃2c0.80.670.570.500.500.503800℃3c0.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20

下列说法不正确的是()A.实验1，反应在10至20min内11Av0.013molLmin−−=B.实验2，A的初始浓度12c1.0molL−=，还隐含的条件是加入了催化剂C.实验3的反应速率v3＜实验1的反应速率v1D.比较实验4和实验1，可推测该反应为吸热反应【答案】C【解析】【分析

】实验1、实验2和实验3在相同的温度下，实验1、实验2的浓度在任何时刻都相等，实验4的温度较高，速率最快，然后分析。【详解】A．在实验1中，反应在10至20min时间内浓度降了0.13mol/L，时间用了10分钟，故平均速率为111Ac0.013molLv0.013

molLmint10min−−−===，故A正确；B．实验1和实验2对比，反应温度相同，达到平衡时c(A)相同，但实验2先达到平衡状态，即实验2的反应速率快。考虑影响反应速率的因素（浓度、压强、温度、催化剂、反应颗粒大小）可知：12c1.0molL−=，且实验2使用催化剂，故B正

确；C．以相同时间段的反应速率为例，如10至20min内，在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为111Ac0.013molLv0.013molLmint10min−−−===，在实验3中，反应在10至20min时间内平

均速率为111Ac0.17molLv0.017molLmint10min−−−===，故v3＞v１，故C错误；D．实验1和实验4对比，升高温度（由一个平衡状态到另一个平衡状态），c(A)由0.5mol/L→0.2m

ol/L，平衡正向移动，即该反应是吸热反应，故D正确；答案选C。22.NO氧化反应：222NO(g)O(g)2NO(g)+分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图，下列说法不正确的是()I．222NO(g)NO(g)∆H1；II．2222NO(g)O(g)2NO(g)+→∆H2A

.由于12EaEa，决定化学反应速率快慢的是反应ⅡB.图示过程中，反应物断键吸收能量小于生成物形成所释放的能量C.升高温度，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率一定加快D.其它条件不变，升高温度，222NO(g)O(g)2NO(g)+平衡一定逆向

移动【答案】C【解析】【详解】A．一个化学反应，活化能越大，反应速率越慢，由于12EaEa，所以决定化学反应速率快慢的是反应Ⅱ，A正确；B．图示两个反应都是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应物断键吸收能量小于生成物形成所释放的能量，B正确；C．升高温度，

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的第一步反应2NO(g)N2O2(g)逆向移动，c(N2O2)减小，第二步反应N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率可能减小，所以2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率不一定加快，C不正确；D．由图中可得，2NO(g)+O2(g)2NO2

(g)∆H<0，其它条件不变，升高温度，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡一定逆向移动，D正确；故选C。【点睛】升高温度绝大多数化学反应速率加快，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减慢。23.已知

pKalgKa=−，25℃时，23HSO的12pKa1.85,pKa7.19==。该温度下用10.1molLNaOH−溶液滴定12320mL0.1molLHSO−溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.若a点溶液c(3HS

O−)=c(H2SO3)，则a点对应的pH1.85=B.若选择b为反应终点，宜选择甲基橙为指示剂C.c点对应的溶液2c(Na+)=3c(3HSO−)D.d点对应的溶液c(Na+)>c(23SO−)>c(3HSO−)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．若a

点溶液c(3HSO−)=c(H2SO3)，在a点，Ka1=323(H)(HSO)(HSO)ccc+−，则c(H+)=Ka1，对应的pH=-lgKa1=1.85，A正确；B．若选择b为反应终点，由图中可知，此点溶液的pH=4.52，变色范围在酸性区域，所以宜选择甲

基橙为指示剂，B正确；C．在c点，2pKa7.19=，则此点c(3HSO−)=c(23SO−)，依据物料守恒，对应的溶液中：2c(Na+)=3[c(3HSO−)+c(23SO−)+c(H2SO3)]，C不正确；D．c点时，c(3HSO−)=

c(23SO−)，继续加NaOH，发生反应OH-+3HSO−=23SO−+H2O，到d点时，c(3HSO−)<c(23SO−)，对应溶液中：c(Na+)>c(23SO−)>c(3HSO−)>c(OH-)>c(H+)，D正确；故选C。24.KI

作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。2I溶于KI溶液能发生23KIIKI+的反应，在低温条件下，可制得32KIHO。下列说法不正确的是()A.其他条件相同的情况下，2I在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度B.向3KI溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色C

.32KIHO代替KI作为加碘剂，可以减少碘的损失D.由于还原性223SOI−−，加入223NaSO可以提高加碘盐(添加KI)的稳定性【答案】C【解析】【详解】A．I2溶于KI溶液能发生23KI+IKI的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；B．反应23

KI+IKI为可逆反应，3KI溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；C．32KIHO溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；D．还原性2--23SO>I，氧气先氧化2-23SO，KI被保护，即加入223NaSO可

以提高加碘盐(添加KI)的稳定性，D正确。答案选C。25.某固体混合物X，含有NaClO3、KCl、NaOH、ZnSO4、NaAl(OH)4和NaNO2中的几种，进行如下实验：①X溶于水，得到溶液Y；②溶液Y先加入过量稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，得到白色沉淀W

，下列说法不正确的是()A.混合物X中可能含有KClB.向溶液Y中滴加盐酸，若产生白色沉淀，说明X中一定含有NaAl(OH)4C.向溶液Y中滴加盐酸，若产生红棕色的气体，说明X中一定含有NaNO2D.取X溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃片没有观察到紫色火焰，说

明X中一定含有NaClO3【答案】B【解析】【分析】固体混合物X中含有NaClO3、KCl、NaOH、ZnSO4、NaAl(OH)4和NaNO3中的几种，①X溶于水，得到溶液Y，则可能同时含有ZnSO4和过量的NaOH，二者反应生成Na2Zn(OH)4；

②溶液Y先加入过量稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，得到白色沉淀W，此白色沉淀为AgCl。【详解】A．白色沉淀为AgCl，则混合物X中含有Cl-，可能含有KCl，A正确；B．向溶液Y中滴加盐酸，产生白色沉淀，说明X中可能含有NaAl(OH)4，可能含有N

a2Zn(OH)4，或二者的混合物，B不正确；C．向溶液Y中滴加盐酸，若产生红棕色的气体，则表明发生反应22NO−+2H+==NO↑+NO2↑+H2O，从而说明X中一定含有NaNO2，C正确；D．取X溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃片没有观察到紫色火焰，说明X中一定不含有KCl，则Cl-一定

来自于NaClO3，可能是NaClO3被NaNO2还原为NaCl，D正确；故选B。二、非选择题26.(1)比较熔点：Si晶体_______白磷晶体(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是_______________；(2)酸碱质子理论认为，能电离出质子(氢离子)的物质是酸，能结合质子的物

质是碱，用一个离子方程式说明：23CO−与2AlO−的碱性强弱________________；(3)一水合氨()32NHHO分子中，3NH与2HO实际上是通过氢键相结合，请结合一水合氨的性质，用结构式画出一水合氨最有可能的分子结构____________。【答案】(1)

.>(2).晶体硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，白磷为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力(3).232233HCOAlOHOAl(OH)CO−−−++=+(4).【解析】【详解】(1)一般熔点为原子晶体＞分子晶体，晶体硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，白磷为分子晶体，熔化时破坏分子

间作用力，故熔点：Si晶体大于白磷晶体；(2)23CO−结合质子生成3HCO−，2AlO−结合质子生成3Al(OH)，二者碱性强弱比较可通过强制弱的原理，2AlO−能结合3HCO−电离出的氢离子生成3Al(OH)和23CO−，故通过方程式232233HCOAlOHOAl(OH)C

O−−−++=+能说明碱性2AlO−大于23CO−；(3)3NH分子中N和H形成共价单键，2HO中H和O形成共价单键，当3NH溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，容易形成氢键，结合一水合氨的性质，能电离出

OH-，故最可能的结合方式为氨分子中的N与水分子中的H形成氢键，结构式为。27.将2.175g二氧化锰矿试样溶于浓盐酸中，产生的氯气通入浓KI溶液后，将其体积稀释至250mL。然后取此溶液25.00mL，用12230.2000molLNaSO

−标准溶液滴定，需要20.00mL。(提示：2223246I2NaSO2NaINaSO+=+)该样品中2MnO的质量分数是____________%；写出简要计算过程：_________________。【答案】(1).80.

00%(2).由关系式法可知：()()()()2232222nNaSO~nI~nCl~nMnO2:1:1:1，则：32250mL0.520100.2000mol/L87g/mol25.00mLMnO%100%80.00%2.17L5g−

==【解析】【分析】利用方程式中物质之间的关系，得到关系式进行解题。【详解】()33223NaSO20100.2000/410nLmolLmol−−==根据题意写出发生反应的化学方程式：2222MnO+4HClMnCl+Cl)HO(+2浓22C

l+2KI=2KCl+I2223246I2NaSO2NaINaSO+=+根据方程式可得223NaSO与MnO2之间的关系为：()()()()()223222322NaSO~I~Cl~MnO21410MnOnnnnmolmolmoln−解得()32MnO210moln−=则()32mMnO210

mol87g/mol=0.174g−=2MnO的质量分数为2500.174g25.00100%80.00%2.175gmLmL=。【点睛】巧用关系式进行解题，不需要计算中间物质的物质的量，注意溶液体积的10倍关系，即质量也存在10倍关系。28.某固体化合物X由5种元素组成。某学

习小组进行了如下实验：已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)X中含有的元素有_____________，X的化学式_____________。(2)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称_____________。(3)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学

方程式_______________。【答案】(1).Cu、N、S、O、H(2).()3424CuNHSO2HO(3).铜氨纤维(4).()342322242CuNHSO2HO2CuO8NH2SOO2HO++++【解析】【分析】碱石灰吸收的应为水蒸气，气体B能使湿润红色

石蕊试纸变蓝，黑色固体D应为CuO，白色沉淀应为BaSO4，结合原子守恒和质量守恒分析解题。【详解】气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，其物质的量为8.9622.4/molLL=0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=

6.8g，则气体A中除NH3外的气体总质量为10.4g-6.8g=3.2g，此气体应为水蒸气，物质的量为3.218/molgg=0.2mol；固体C的质量为26.4g-10.4g=16g。加热分解后生成的黑色固体

应为CuO，混合气体E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，应为BaSO4，其物质的量为0.1mol，有原子守恒可知，若气体为SO3应为0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO2和0.

05molO2；则黑色固体质量为8g，其物质的量为880/molgg=0.1mol，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8:4:

2:2:1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元素；(1)由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1:4:1:2，X的化学式()3424CuNH

SO2HO；(2)()3424CuNHSO2HO的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；(3)X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8:4:2:2:1

，则()3424CuNHSO2HO隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为()342322242CuNHSO2HO2CuO8NH2SOO2HO++++。29.实验室制备2NaClO的部分装置如图所示。请回答：(1)装置I中反应生成2NaClO的化

学方程式为___________。(2)已知在2NaClO饱和溶液中温度低于38℃时析出的晶体是22NaClO3HO，温度高于38℃时析出的晶体是2NaClO，温度高于60℃时2NaClO分解生成3NaClO和NaCl。请补充从装置Ⅰ反应后的溶液中获得2NaC

lO晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②_________；③__________；④___________；得到成品。【答案】(1).2222222NaOH2C1OHO2NaClO2HOO++=++

(2).趁热过滤(3).用38℃~60℃热水洗涤晶体(4).低于60℃干燥【解析】【分析】在装置I中，ClO2通入H2O2与NaOH的混合溶液中，反应生成NaClO2，Cl化合价降低，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，从而生成O2。由

题给信息知，在NaClO2饱和溶液中，只有38℃~60℃时，才能获得NaClO2晶体，所以从NaClO2溶液中提取NaClO2，在蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作中，都需控制温度在38℃~60℃之间。【详解】(1)装置I中，将ClO2通入H2O2与NaOH的混合溶液中，ClO2

被还原为2NaClO，H2O2被氧化为O2，反应的化学方程式为2222222NaOH2C1OHO2NaClO2HOO++=++。答案为：2222222NaOH2C1OHO2NaClO2HOO++=++；(2)研

究题给信息可知，温度低时，会生成22NaClO3HO，温度高时，2NaClO会分解生成3NaClO和NaCl，所以从溶液中提取2NaClO的蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作中，始终应控制温度在38℃~60℃之间。因此，从装置Ⅰ反应后的溶液中获得

2NaClO晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃热水洗涤晶体；④低于60℃干燥；得到成品。答案为：趁热过滤；用38℃~60℃热水洗涤晶体；低于60℃干燥。【点睛】在晶体的过滤、洗涤过程中，溶液的温度容易降低，易生成结晶水合物

，所以需趁热过滤；在干燥过程中，晶体的温度容易升高，易发生分解，所以需控温干燥。30.氢气是一种重要的清洁能源。(1)航天员呼吸产生的2CO利用Bosch反应：222CO(g)2H(g)C(s)2HO(g)++∆H，再电解水可实现2O的循环利用。①热力学中规定，由最稳定

单质生成1mol某物质的焓变称为该物质的标准生成焓(符号：mfH)，最稳定单质的标准生成焓规定为0。已知上述反应式中：()1fm2HCO394kJmol−=−；()1fm2HH0kJmol−=；1fmH(C)0kJmol−=；()1fm2HHO242kJmol

−=−；则H=_____1kJmol−。②Bosch反应必须在高温下才能进行，原因是___________________________。③350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入28mo

lH和24molCO发生以上反应。测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：时间/min0102030405060压强6.00P5.60P5.30P5.15P5.06P5.00P5.00P350℃时Bosch反应的PK=______(PK为用气体的分压代替各组分平衡浓度表示的平衡常

数，气体分压=气体的体积分数×体系总压)。(2)利用乙醇重整制氢是获得氢能的研究热点，其主要反应原理为：反应Ⅰ：2542CHOH(g)CH(g)CO(g)H(g)++∆H1若同时通入水蒸汽，还会发生如下反应反应Ⅱ：25222CH

OH(g)3HO(g)2CO(g)6H(g)++∆H2反应Ⅲ：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++∆H3反应Ⅳ：4222CH(g)2HO(g)CO(g)4H(g)++∆H4一定温度下，某恒压密闭容器中充入一定量的25CHOH(g)发生反应。已知：氢气选择性指转化的原料气中，转化

成氢气的氢元素质量与转化的氢元素总质量的比值。①下列有关说法正确的是_______________。A．当混合气的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态B．增大乙醇初始浓度，能够提高乙醇的平衡转化率C．其它条件不变，掺入稀有气体，可提高乙醇平衡转化率D．其它条件不变，掺

入水蒸气，可提高氢气的选择性和氢气的体积分数②下图为上述条件下n(H2)随反应时间的变化曲线图。若其它初始条件相同，只把容器变为恒容密闭容器，请画出恒容条件下，n(H2)随反应时间的变化曲线图________________。③乙醇重整制氢过程中，还可能生成固态炭，固态炭的生成会造成催化剂

失活，应尽量避免。研究其它条件相同下，反应温度、氧醇比、水醇比与生成固态炭的条件，得到下图：试根据图象分析，反应温度、氧醇比、水醇比对固态炭生成的影响_____________。【答案】(1).-90(2).反应的活化能

高(3).1P(4).AC(5).(6).在其它条件相同的情况下，升高温度或增大水醇比、增大氧醇比均会减少固态炭的生成。【解析】【分析】计算反应的焓变时，应将生成物的焓变减去反应物的焓变；对于一个反应，不管是吸热反应还是

放热反应，都需要提供能量引发反应，反应的活化能越高，所需能量越大；用分压表示平衡常数时，可利用三段式，先求出平衡时各物质的分压，再代入平衡常数计算公式。对于可逆反应，分析平衡混合气的相对分子质量变化时，需要考察气体的总质量和总物质的量的变化；判断反应物的转化

率时，需考虑平衡移动的方向；判断产物中H2的体积分数时，不能只考虑生成物中H2的含量，还需考虑反应物的转化率。分析图象时，一方面需考虑条件改变引起反应时间的改变，另一方面需考虑平衡移动的方向；分析条件改变对某产物

产量的影响时，需从图象分析入手，找出理想的区域，从而得出适宜的条件。【详解】(1)①Bosch反应：222CO(g)2H(g)C(s)2HO(g)++∆H()1fm2HCO394kJmol−=−；()1fm2

HH0kJmol−=；1fmH(C)0kJmol−=；()1fm2HHO242kJmol−=−；则∆H=2()fm2HHO-()fm2HCO=2×(-242kJ∙mol-1)-(-394kJ∙mol-1)=-90kJ∙mol-1。答案为：-90

；②反应时提供的条件，是为了克服反应的活化能，Bosch反应必须在高温下才能进行，原因是反应的活化能高。答案为：反应的活化能高；③设参加反应的CO2物质的量为x，利用已知数据可建立如下三段式：222CO(g)2

H(g)C(s)2HO(g)(mol)4800(mol)22(mol)4822xxxxxx++−−起始量变化量平衡量则126.00P125.00Px=−，x=2mol，350℃时Bosch反应的Kp=224(5P)1024(5P)(5P)1010=1P。答案为：1P；(2)①A．随着反应

的进行，混合气的质量不变，物质的量不断改变，当混合气的平均相对分子质量不变时，物质的量保持不变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；B．增大乙醇初始浓度，相当于加压，平衡逆向移动，乙醇的平衡转化率降低，B不合题意；C．其它条件不变，掺入稀有气体，由

于容器的压强不变，气体的体积增大，反应混合气的浓度减小，相当于减压，平衡正向移动，乙醇平衡转化率提高，C符合题意；D．其它条件不变，掺入水蒸气，反应物中的氢元素都转化为H2，可提高氢气的选择性，但各可逆反应的转化率未知

，所以氢气的体积分数不一定增大，D不合题意；故选AC。答案为：AC；②若其它初始条件相同，只把容器变为恒容密闭容器，由于生成物的气体分子数大于反应物的气体分子数，所以相当于原容器加压，反应速率加快，达平衡的时间缩短，但平衡逆向移动，n(H2)减小，故恒容条件下，n(H2)随

反应时间的变化曲线图为。答案为：；③从图象中可以看出，温度一定时，增大氧醇比、水醇比，会减少固态炭生成；氧醇比、水醇比一定时，升高温度，会减少固态炭生成，所以反应温度、氧醇比、水醇比对固态炭生成的影响：在其它条件相同的情况下，升高温度或增大水醇比、增大氧醇比均会减少固态炭的生成。答

案为：在其它条件相同的情况下，升高温度或增大水醇比、增大氧醇比均会减少固态炭的生成。【点睛】我们在分析某产物的含量时，往往会认为各反应完全发生，于是忽视了反应物的剩余量，也就高估了某产物的百分含量。其实，不同的可逆反应，反应物的转化率差

异很大，解题时需考虑反应进行的程度，否则会得出错误的结论。31.乙酰苯胺是用途广泛的化工原料，主要应用于医药、日用化工等诸多领域。某兴趣小组制备流程如下：已知：a．乙酰苯胺在水中的溶解度随温度的升高而增大b．苯胺在空气中受热易被氧化c．名称苯胺醋酸

乙酰苯胺沸点184.4117.9304d．反应原理：+CH3COOH+H2O请回答：(1)步骤Ⅰ，加入锌粉的目的__________。(2)步骤Ⅱ实验装置如图(加热装置省略)，具体实验过程：装上一刺形分馏柱，插上温度计。用酒精灯加热，使反应

溶液在微沸状态下回流，调节加热温度，使柱顶温度105℃左右，反应约1h。在反应瓶上装一个刺形分馏柱，其作用是__________。(3)步骤Ⅱ某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流15

min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是______。A．15minB．30minC．45minD．60min(4)步骤Ⅳ，关于重结晶的操作，下列说法正确的是_

_______。A．选蒸馏水作为重结晶提纯乙酰苯胺的溶剂B．粗制的有机化合物中常常含有有色杂质，可用活性炭进行脱色C．趁热过滤时，需将菊花形滤纸放入长颈玻璃漏斗，一并放入保温漏斗中D．趁热过滤也可以用减压过滤代替，提前将布氏漏斗放在沸腾的水浴中加热，防止乙酰苯胺热溶液遇到冷的布氏

漏斗而提前析出。E．冷却结晶时一般是在室温下自然冷却。当溶液降至室温，析出大量乙酰苯胺晶体后，可用冰水进一步冷却，以便晶体析出更加彻底。(5)物质制备时，通常对纯度有一定要求，从结构与性质角度分析，上述制备过

程中“由非氧化还原反应”产生的杂质可能有__________、_________。【答案】(1).防止苯胺被氧化(2).使水和醋酸的混合气体在分馏柱内进行多次汽化和冷凝，使这两种气体得到分离，从而减少醋酸蒸出，保

证水的顺利蒸出(3).C(4).ABDE(5).(6).【解析】【分析】利用苯胺与冰醋酸混合加热制取乙酰苯胺时，需使用冷凝管进行冷凝回流，以防苯胺和乙酸挥发，同时需加入锌粉，防止苯胺被空气中的氧气氧化，为提

高苯胺的转化率，可加入过量的冰醋酸；为了有效控制加热时间，需在实验过程中跟踪反应进程，当发现反应物基本转化为产物时，停止加热回流；反应结束后，应将反应液趁热倒入冷水中，此时乙酰苯胺结晶析出，乙酸和苯胺溶解在水中；为提纯粗产品，可进

行重结晶。重结晶时，将粗产品溶于热水，可用活性炭脱去有色物质，趁热过滤以滤去不溶性杂质，然后将滤液降温，让乙酰苯胺结晶析出，再过滤、用冷水洗涤，干燥。【详解】(1)苯胺具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧

化，步骤Ⅰ，加入锌粉的目的：防止苯胺被氧化。答案为：防止苯胺被氧化；(2)105℃左右比水的沸点稍高，显然是让反应生成的水沸腾，蒸出反应生成的水，有利于平衡正向移动，从而提高反应物的转化率。在反应瓶上装一个刺形分馏柱，其作用是使水和醋酸的

混合气体在分馏柱内进行多次汽化和冷凝，使这两种气体得到分离，从而减少醋酸蒸出，保证水的顺利蒸出。答案为：使水和醋酸的混合气体在分馏柱内进行多次汽化和冷凝，使这两种气体得到分离，从而减少醋酸蒸出，保证水的顺利蒸出

；(3)对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条

件下比较合适的回流时间是45min。答案为：C；(4)A．因为乙酰苯胺在水中的溶解度随温度的升高而增大，所以可选蒸馏水作为重结晶提纯乙酰苯胺的溶剂，A正确；B．粗制有机物中先溶于热水，采用热过滤，去除不溶性杂质

，再加活性炭进行脱色，然后再热过滤，B正确；C．趁热过滤时，应先将长颈玻璃漏斗放入保温漏斗中，再将菊花形滤纸放入，并用热溶液润湿让其附着在漏斗内壁上，C不正确；D．趁热过滤也可以用减压过滤代替，提前将布氏漏斗放在沸腾的水浴中加热，然后放入比内径稍小的滤纸，

D正确；E．冷却结晶时一般先自然冷却至室温，析出大量晶体后，用冰水再冷却，E正确；故选ABDE。答案为：ABDE；(5)上述制备过程中，苯胺中氮基上的两个H原子都可被乙酰基取代，另外，苯胺中的氨基也能与醋酸发生反应而生成盐，则“由非氧化还原

反应”产生的杂质可能有、。答案为：；。【点睛】薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，斑点多则表明混合物的成分多，斑点少则表明混合物的成分少，所以可根据斑点的数量判断反应

进行的程度。32.恩杂鲁胺(9)是一种是重要药物，以下是合成恩杂鲁胺的一种方法：已知：①+Fe/H652652HNOCNHCH⎯⎯⎯→②323CHI3KCORCOOHRCOOCH⎯⎯⎯→请回答：(1)下列说法不正确的是____________。A．1→4的反应类型，分别是：氧化反应、取代反

应、还原反应B．恩杂鲁胺的分子式为：2117442CHFNOSC．7和8反应，除生成9外还有3CHOH生成D．4既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应，是一种两性物质(2)写出化合物8的结构简式_____________。(3)写出456+→的化学方程式__________。(4)设

计以2-甲基丙烯为原料，制备物质5的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)__________。(5)写出化合物4同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______________。①是苯的对二取代物，能使氯化铁溶液显紫色；②1HNMR

−谱和IR谱检测表明：分子中共有5种氢原子，有NF—键;③除了苯环外还有一个三元环且氮原子不与苯环直接相连。【答案】(1).BD(2).(3).++HBr(4).(5).【解析】【分析】结合“已知①”及“3”到“4”的条件可知“3”为；结合“2”的分子式可知“2”为；结合“1

”的分子式及“1”到“2”的条件可知“1”为；结合“4”到“6”到“7”可知“6”为；结合“7”和“9”的结构及“8”的分子式可知“8”为，据此解答。【详解】(1)A．“1”到“2”：到，甲基被氧化成羧基，氧化反应，“2”到“3”：到，-OH被-NH-CH3取代，取代反

应，“3”到“4”：到，-NO2被还原成-NH2，还原反应，A正确；B．恩杂鲁胺的分子式为：C21H16F4N4O2S，B错误；C．“7”中的-OCH3和-H结合成另一产物CH3OH，C正确；D．“4”不能和NaOH反应，D错误；故答案为：BD；(2)由分析可知，“

8”为，故答案为：；(3)4+56→发生了取代反应，反应的化学方程式为++HBr，故答案为：++HBr；(4)逆合成分析：可由氧化而来，可由水解而来，可由和Br2加成而来，即，故答案为：；(5)“4”为，能使氯化铁溶液显紫色，说明有酚羟基，是苯的二元取代物且有5种H，则2个取代

基必然处于对位，除了苯环外还有一个三元环且氮原子不与苯环直接相连，含有N-F键，符合条件的结构有4种，如下：，故答案为：。