1、浙江省衢州、湖州、丽水三地市2020届高三化学4月教学质量检测试题（含解析）考生须知：1.全卷分试卷和答题卷，其中试卷又分选择题和非选择题两部分。考试结束后，将答题卷上交。2.试卷共8页，有31题，满分100分，考试时间90分钟。3.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。4.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-56 Ba-137选择题
2、部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。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，不选、多选、错选均不得分）1.括号内物质是消毒剂的有效成分，其中含离子键的化合物是（ ）A. 84消毒液(NaClO)B. 福尔马林(HCHO)C. 医用酒精(CH3CH2OH)D. 过氧乙酸(CH3COOOH)【答案】A【解析】【详解】ANaClO由钠离子和次氯酸根离子构成，含有离子键，是离子化合物，故A符合题意；BHCHO只含有共价键，属于共价化合物，故B不符合题意；CCH3CH2OH只含有共价键，属于共价化合物，故C不符合题意；DCH3COOOH只含有共价键，属于共价化合物，故D不
3、符合题意；答案选A。【点睛】离子键一般在金属与非金属间形成，失去电子的往往是金属元素的原子，而获得电子的往往是非金属元素的原子，通常，活泼金属与活泼非金属形成离子键，如钾、钠、钙等金属和氯、溴等非金属化合时，都能形成离子键。2.下列仪器及对应名称正确，且该仪器可用于加热的是（ ）A. 分液漏斗B. 圆底烧瓶C. 坩锅D. 表面皿【答案】B【解析】【详解】A 为分液漏斗，名称正确，用于分离密度差别大互不相溶的液体混合物，不能用于加热，故A错误；B 为圆底烧瓶，名称正确，可用于固液加热反应的容器，故B正确；C 的名称为坩埚，不是坩锅，名称不正确，用于熔化和精炼金属液体以及固液加热、反应的容器，故C
4、错误；D为蒸发皿，不是表面皿，名称不正确，可以用于加热，故D错误；答案选B。【点睛】可以直接加热仪器：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙，可以间接加热的仪器：烧瓶、烧杯、锥形瓶等。3.下列属于有机物，又是弱电解质的是（ ）A. 乙醇钠B. 氨水C. 乙酸D. 蔗糖【答案】C【解析】【详解】A乙醇钠是有机盐，不是有机物，其在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；B氨水是混合物，不是电解质，也不是有机物，故B错误； C乙酸是有机物，其在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C正确；D蔗糖是有机物，但由于在水溶液和熔融状态下都不导电，为非电解质，故D错误；答案选C。【点睛】弱酸，弱碱，水等属于弱电解质，大
5、多数有机物属于非电解质，乙酸属于有机物，也属于弱电解质。4.下列反应中，属于氧化还原反应且H2O既不做氧化剂又不做还原剂的是（ ）A. Cl2+H2OHCl+HClOB. 2Na+2H2O=2NaOH+H2C. 2F2+2H2O=4HF+O2D. SO2+H2OH2SO3【答案】A【解析】【详解】ACl2+H2OHCl+HClO中只有氯元素发生化合价变化，属于氧化还原反应中的歧化反应，水既不做氧化剂又不做还原剂，故A符合题意；B2Na+2H2O=2NaOH+H2中钠元素和氢元素化合价都发生变化，属于氧化还原反应，钠作还原剂，水作氧化剂，故B不符合题意；C2F2+2H2O=4HF+O2中氟元素和
6、氧元素化合价都发生变化，属于氧化还原反应，水作还原剂，氟单质作氧化剂，故C不符合题意；DSO2+H2OH2SO3中没有元素发生化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选A。5.下列物质的名称正确的是（ ）A. 2CaSO4H2O：生石膏B. CO(NH2)2：尿素C. C6H10O5：纤维素D. ：2-乙基-1，4-丁二烯【答案】B【解析】【详解】A2CaSO4H2O可写为CaSO40.5H2O，是熟石膏，CaSO42H2O是生石膏，故A错误；B尿素分子式为CH4N2O，化学式为CO(NH2)2，故B正确；C纤维素是由葡萄糖组成的大分子多糖，分子式为(C6H10O5)n，故C错误；
7、D利用系统命名法，该有机物的名称为2-乙基-1，3-丁二烯，故D错误；答案选B。【点睛】二烯烃系统命名法是以含有两个C=C的最长碳链为主链，作为母体二烯烃。从最靠近C=C的一端开始将主链上的碳原子编号，两个C=C的位次标明于母体二烯烃名称之前。取代基的位置随着主链上碳原子的编号位次而定。6.下列表示正确的是（ ）A. 乙醚的分子式：C4H10OB. 二氧化硅的结构式：O=Si=OC. O2-的离子结构示意图：D. 二氧化碳分子的的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A乙醚的结构式为CH3CH2OCH2CH3，分子式：C4H10O，故A正确；B由于二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1
8、个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故B错误；CO2-是由氧原子得到两个电子形成的离子，质子数为8，结构示意图：，故C错误； D二氧化碳分子为直线型分子，碳原子半径大于氧原子半径，正确的比例模型为：，故D错误；答案选A。7.下列说法正确的是（ ）A. 同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化B. 硬脂酸、软脂酸、油酸和亚油酸互为同系物C. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体D. 由H、D、T、16O、18O这几种核素组成的水分子共有12种【答案】D【解析】【详解】A同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同素异形体的转化有
9、新物质生成，故属于化学变化，故A错误；B软脂酸和硬脂酸都属于饱和一元酸，通式均为CnH2nO2，二者分子组成相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，油酸和亚油酸为不饱和一元酸，含有碳碳双键，与前面两者结构不同，不是同系物，故B错误；C分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，结构也相同，是同种物质，故C错误；D一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有32=6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有32=6种，因此共形成水分子有12种，故D正确；答案选D。【点睛】具有相同质子数，
10、不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素是具有相同原子序数的同一化学元素的两种或多种原子之一，在元素周期表上占有同一位置，化学性质几乎相同。8.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. 海水中溴的含量很高，因此溴被称作“海洋元素”D. 氧化镁具有很高的熔点，可作耐高温材料【答案】C【解析】【详解】A硅酸钠俗称泡花碱，是一种水溶性硅酸盐，其水溶液俗称水玻璃，是建筑行业常用的一种矿黏合剂，故A正确；B碘化银在人工降雨中，用作冰核形成剂，故B正确；C溴在海水中占0.0065%，含量并不高，但地球上99%的溴元素存在于海水中，因此被称作“
11、海洋元素”，故C错误；D氧化镁具有很高的熔点，可作耐高温材料，故D正确；答案选C。9.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如图：下列说法不正确的是（ ）A. 石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应B. 用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2、冰晶石等C. 在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】A【解析】【详解】A石灰石的主要成分是碳酸钙、石灰石是混合物，不属于盐，纯碱是碳酸钠，属于盐，石灰石和纯碱都能与盐酸反应，石英主要成分是二氧化硅不属于盐，是氧化物，不能与
12、盐酸反应；故A错误；B由铝土矿制备较高纯度A1，可用氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤后通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，故B正确；C制粗硅的反应SiO2+2CSi+2CO，反应中二氧化硅为氧化剂，氧化剂反应中被还原，C为还原剂，反应中易被氧化，则被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1，故C正确；D黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO，Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，故D正确；答案选A。【点睛】判断黄铜矿(CuFeS2)中各元素的化合价是易错点，铁为+2价，铜为+2价
13、，硫为-2价。10.下列说法不正确的是（ ）A. 石油的裂解主要是为了得到乙烯、丙烯等短链气态不饱和烃B. 煤气化生成的CO和H2再经过催化合成得到液体燃料，属于煤的液化C. 利用化石燃料放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向D. 捕获工业排放的CO2，既能降低地球的温室效应，又能用来合成全降解塑料，实现碳的循环利用【答案】C【解析】【详解】A石油裂解的目的是为了获得“三烯”，提高乙烯、丙烯和1，3丁二烯的产量和质量，故A正确；B煤和水蒸气反应生成CO和氢气，CO和氢气再化合生成甲醇，故过程为煤的液化，故B正确。C利用化石燃料燃烧放出的热量，消耗不再生能源，且燃烧排放污染物，应研究高
14、效催化剂使水分解制备氢气，是氢能开发的研究方向，故C错误；DCO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，故D正确；答案选C。11.下列有关实验说法，不正确的是A. 为加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，可进行减压过滤B. 误吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒C. “阿司匹林的合成”实验中抽滤制得乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中。D. NaCl、NaNO3可以用AgNO3溶液进行鉴别【答案】D【解析】【详解】A减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，即能加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；
15、B酒精和乙醚具有麻醉作用，减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，则实验室中吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故B正确C乙酰水杨酸微溶于水，冰水中溶解度降低，“阿司匹林的合成”实验中抽滤制得乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中，故C正确；D硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用硝酸酸化的AgNO3来区别，故D错误；答案选D。12.下列关于氮及其化合物的说法正确的是（ ）A. N2分子的结构稳定，因而N2不能支持任何物质的燃烧B. 液氨汽化时要吸收大量热，故液氨可用作制冷剂C. 铵态氮肥与草木
16、灰等肥料混合使用，肥效更好D. 浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发【答案】B【解析】【详解】A虽然氮气分子的结构较稳定，但镁能在氮气中燃烧生成氮化镁，所以氮气能支持燃烧，故A错误；B液氨汽化时要吸收大量热，使周围温度降低，因而液氨可用作制冷剂，故B正确；C铵盐遇显碱性的草木灰生成氨气，降低肥效，铵态氮肥不应跟碱性物质混合使用，故C错误；D浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为见光易分解，不是因为硝酸易挥发，故D错误；答案选B。【点睛】物质的结构决定性质，性质决定用途，性质和用途要呈现对应的关系。13.下列离子方程式不正确的是A. 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H+CaCO3=CO2+H2O+C
17、a2+B. 过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OC. 将少量SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+3ClO-+Ca2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClOD. 硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+【答案】D【解析】【详解】A实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的离子反应为：2H+CaCO3=CO2+H2O+Ca2+，故A正确；B过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化钠、碳酸钙和水，离子反应为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，故B正确；C少量的SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中的离子反
18、应为：SO2+3ClO-+Ca2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClO，故C正确；D向硫酸铜溶液中加入过量氨水，反应生成Cu(NH3)4SO4，正确的离子方程式为：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故D错误；答案选D。【点睛】过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应时，可以将少量的物质的量当做1mol，再确定与他反应的离子的物质的量。14.下列说法不正确的是（ ）A. 油脂皂化反应中加入乙醇的主要目的是增加反应物的接触面积，以加快反应速率B. 往皂化液中加入热的饱和食盐水，搅拌，发现固体硬脂酸钠沉积在容器底部C. 用酸性KMnO4溶液（必要时可加热）能鉴别苯、甲苯、乙醇D. 医用酒
19、精可以消杀新冠病毒，因为它能使组成病毒的蛋白质变性【答案】B【解析】【详解】A油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故A正确；B往皂化液中加入热的氢氧化钠溶液，而不是加入热的饱和食盐水，搅拌，发现固体硬脂酸钠沉积在容器底部，故B错误；C苯不与高锰酸钾溶液反应且分层，无色苯在上层，高锰酸钾紫色溶液在下层，甲苯可被酸性KMnO4溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸微溶于水，高锰酸钾溶液褪色，且分层，乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸，酸性高锰酸钾褪色，溶液互溶，不分层，现象不同，故C正确；D医用酒精中乙醇的体积分数为75%时，杀菌效
20、果最好，能使组成病毒的蛋白质变性，可以消杀新冠病毒，故D正确；答案选B。15.阿比朵尔结构简式如图，它对体外的冠状病毒有抑制作用，有关说法正确的是（ ）A. 该物质化学式为C22H25BrN2O3S，分子中含有3个苯环结构B. 该物质存在多种官能团，如羟基、酯键、溴原子和甲基C. 一定条件下，该物质在NaOH溶液中能发生水解反应，产物有乙醇和溴化钠等D. 该物质能与溴水发生加成反应，也能与溴水发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A根据该物质结构简式如图，化学式为C22H25BrN2O3S，分子中含有2个苯环结构，故A错误；B该物质存在多种官能团，含有酚羟基、酯基、溴原子、碳碳双键，甲基不是官
21、能团，故B错误；C一定条件下，该物质含有酯基、溴原子，具有酯和卤代烃的性质，在NaOH溶液中能发生水解反应，产物有乙醇和溴化钠等，故C正确；D该物质含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能与溴水发生加成反应，结构中含有甲基和苯环，在一定条件下能和溴单质发生取代反应，不能与溴水发生取代反应，故D错误；答案选C。16.下列说法正确的是（ ）A. A族元素全部属于金属元素，A族元素全部属于非金属元素B. 人们可以借助元素周期表，在金属与非金属的分界线附近寻找耐高温材料C. 1869年门捷列夫发现元素的性质随着元素核电荷数的递增而呈周期性变化的规律D. 2015年中、德、加科学家成功制备出了含+9价铱元素离子
22、(IrOn+)，其中n=4【答案】D【解析】【详解】A第IA族元素氢是非金属元素，不全是金属，A族元素全部属于非金属元素，故A错误；B元素周期表的金属与非金属的分界线处的元素具有金属和非金属的性质，具有半导体性质，可寻找半导体材料，不能用于寻找耐高温材料，故B错误；C1869年门捷列夫发现了元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性变化的规律，后人逐渐修正成元素的性质随着元素原子序数的递增而呈现周期性变化的规律，故C错误；D若n=4，则lrO4+中氧元素显2价，设铱元素的化合价是z，由原子团中元素的化合价代数和等于原子团的化合价，可得：z+(2)4=+1，则z=+9价，故D正确；17.下列说法
23、不正确的是A. 室温下，0.1molL-1NaA溶液的pH7，则HA为弱酸B. 相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)C. 中和浓度和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同D. 将浓度和体积均相等的氨水和NaOH溶液分别加水稀释至pH相等，前者所加的水多【答案】D【解析】【详解】A室温下，0.1molL-1NaA溶液的pH7，该盐溶液显碱性，说明是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A正确；BpH相等的盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由电离可知c(Cl)=c(CH3COO)=c(H+)，故B正确；C浓度和体积均相等的氨水、NaO
24、H溶液物质的量相等，中和所需HCl的物质的量是相同的，故C正确；D浓度相等的氨水和NaOH溶液，NaOH是强电解质，氢氧根离子浓度大，碱性更强，pH比氨水大，分别加水稀释至pH相等，强碱所加的水多，即后者加水多，故D错误；答案选D。【点睛】强碱和弱碱的区别是电离程度的区别，物质的量相等的一元强碱和一元弱碱，加入盐酸中和时，反应的实质是氢离子和氢氧根离子结合成水，加入盐酸时，会将“储存”在弱碱中的氢氧根离子全部释放，故消耗的盐酸的物质的量是相同的。18.2019年诺贝尔化学奖授予了约翰古迪纳夫等三位科学家，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1-x
25、Mn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池的总反应为：NiOOH+MHM+Ni(OH)2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（ ）A. 锂离子电池充电时Li+向阴极迁移B. 如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电C. 镍氢电池充电时，阴极的电极反应式：H2O+M+e-=MH+OH-，H2O中的H被M还原D. 锂离子电池放电时，正极的电极反应式：Li1-xMn2O4+xLi+xe-=LiMn2O4【答案】C【解析】【详解】A锂离子电池充电时为电解池，阳离子向阴极移动，则Li+向阴极迁移，故A正确；B如图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，
26、故B正确；C根据镍氢电池总反应，充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应式：H2O+M+e-=MH+OH-，MH中氢为-1价，M为+1价，M被氧化，H2O中没有化合价的变化，故没有被还原，故C错误；D根据锂离子电池总反应，放电时，正极得电子发生还原反应，电极反应式：Li1-xMn2O4+xLi+xe-=LiMn2O4，故D正确；答案选C。【点睛】金属氢化物中，一般金属显正价，氢显负价。19.已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量（M=）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 该反应的H0B. 气体
27、的压强：p(a)p(b)=p(c)C. 平衡常数：K(a)=K(b)K(c)D. 测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下【答案】D【解析】【详解】A温度升高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡逆反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，正反应是放热反应，H0，故A错误；Bb、c点是压强相同条件下化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，p1p2，气体的压强：p(a)p(b)=p(c)，故B错误；C平衡常数随温度变化不随压强变化，a、b、c点的温度不同，正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，平衡常数：K(a)K(c)K(b)，故C
28、错误； D反应是气体体积减小的放热反应，测定HF的相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压高温条件下进行提高HF的纯度，故D正确；答案选D。20.NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目小于0.1NAB. 10g18OD-含有的质子数目为5NAC. 将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-三种微粒数目之和为2NAD. 100mL0.1molL-1Na2CO3溶液中含有的阴离子数目小于0.01NA【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L混合气体的物
29、质的量小于0.1mol，则含有的碳原子数小于0.1NA个，故A正确；B一个18OD-中质子数为9，10g18OD-为0.5mol，含有的质子数目为0.5mol 9NA =4.5NA，故B错误；C氯气和水的反应是可逆反应，不能进行彻底，1molCl2中含有2mol氯原子，根据氯元素守恒，HClO、Cl、ClO、Cl2共2mol，故溶液中含有未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl、ClO粒子数之和小于2NA，故C错误；D碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故此溶液中阴离子个数大于0.01NA个，故D错误；答案选A。21.一定温度下，在体积为2L的恒容器闭谷器甲发生反应：4A(g)+bB(s)cC(
30、g) H=-QkJmol-1(Q0)。反应过程中的部分数据如下表所示：n/(mol)t/minn(A)n(B)n(C)04.01.0020.60.240.462.80.3下列说法正确的是（ ）A. t=2min时，c(A)=3.2molL-1B. 反应开始后，不管t取何值，A与B的转化率均不可能相等C. 反应达到平衡状态时，用B表示的平均反应速率为0.075molL-1min-1D. t=6min时，反应放出的热量为0.6Q【答案】B【解析】【详解】At=2min时，n(B)=0.6mol，n(C)=0.2mol，则n(B)=0.4mol，n(C)=0.2mol，物质的量变化量之比等于计量系数
31、之比，n(B)：n(C)=b：c=0.4：0.2=2：1，则恒容器闭容器甲发生反应为：4A(g)+2B(s)C(g)，可得：n(A)=40.2mol=0.8mol，则t=2min时，n(A)=4mol-0.8mol=3.2mol，c(A)= molL-1，故A错误；B起始A与B的物质的量之比为4：1，根据A项分析，A与B的消耗的物质的量之比为2：1，则不管t取何值，A与B的转化率均不可能相等，故B正确； C根据反应4A(g)+2B(s) C(g)，B为固体，不能用来表示该反应的反应速率，故C错误；D根据反应：4A(g)+2B(s)C(g) H=-QkJmol-1可知，反应完全进行生成1molC
32、时放出的热量为QkJ，t=6min时，该可逆反应生成C的物质的量为0.3mol，反应放出的热量为0.3Q，故D错误；答案选B。22.NH4X（X为卤素原子）有关转化过程的能量关系如图所示。下列说法不正确的是A. H1H4B. H1+H2+H3+H4+H5+H6=0C. 因为NH4Cl固体溶于水吸热，所以H60D. 相同条件下，NH4Br的(H2+H3+H5)比NH4I的大【答案】C【解析】【详解】A由NH4X固体分解为三种气体的反应为吸热反应，则H10，有X(g)转变为X-(g)是原子结合电子形成稳定结构的过程，能力越低越稳定，则X(g)转变为X-(g)是放热，则H40，则H1H4，故A正确；
33、B根据盖斯定律，可知，H1+H2+H3+H4+H5=-H6，即H1+H2+H3+H4+H5+H6=0，故B正确；C因为由NH4X固体变为NH4+(g)和X-(g)是断开化学键的过程，断键吸收热量，则逆过程形成键需要放热，所以H60，不是因为NH4Cl固体溶于水吸热，故C错误；D相同条件下，NH4Br和NH4I的H2不同，H3+H5相同，因为Br-Br键的键能大于I-I键的键能，所以使等物质的量的Br2和I2变成原子时，Br2需要吸收的热量多，即NH4Br的H2比NH4I的大，则NH4Br的(H2+H3+H5)比NH4I的大，故D正确；答案选C。【点睛】X(g)转变为X-(g)是原子结合电子的过
34、程，为放热，是易错点。23.常温下，向20.00mL0.1000molL-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000molL-1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）。下列说法正确的是（ ）A. 点a所示溶液中：c(NH4+)=2c(SO42-)c(OH-)c(H+)B. 点b所示溶液中：c(NH4+)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)C. 点c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3H2O)+c(OH-)D. 点d所示溶液中：c(SO42-)c(NH3H2O)c(OH-)c(NH4+)【答案】C【解析】【详解】Aa点溶液中，铵根离子水解导
35、致溶液呈酸性，即c(H+)c(OH-)，铵根离子水解程度较小，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于c(H+)c(OH-)，c(NH4+)2 c(SO42-)，结合物料守恒知c(NH4+)c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)，故A错误；Bb点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH4+)c(Na+)，故B错误；Cc点溶液中
36、，溶液呈碱性，所以c(H+)c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3H2O )+c(OH-)，故C正确；Dd点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3H2O)c(SO42-)，故D错误；答案选C。24.某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试
37、管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：CuCl2+Cu=2CuCl（白色）该反应速率很慢2CuCl2+4KSCN=2CuSCN（白色）+(SCN)2+4KCl该反应速率很快(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似下列说法正确的是（ ）A. 用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰B. 局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe(SCN)3C. 白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的D. 红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发
38、生反应，从而使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆移【答案】D【解析】【详解】A用KSCN溶液检验Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN2CuSCN(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B红色物质是Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成Fe3+，故B错误；CCu(过量)与FeCl3溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu2CuCl(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl(白色)，但是将KSCN溶液滴加到混合液中，
39、也可能存在反应2CuCl2+4KSCN2CuSCN(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的CuCl2与Cu反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；DCu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN被消耗，从而使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；答案选D。25.溶液X中可能含有NO3-、Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：则下列说法正确的是（ ）A. 气体甲
40、能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，气体乙能使澄清石灰水变浑浊B. Fe2+和Fe3+可能都存在，SO42-、NH4+一定存在C. 若含有Fe3+，则一定含有Cl-D. 该溶液中只存在上述离子中的NO3-、SO42-、NH4+、Fe2+四种离子【答案】D【解析】【分析】某溶液X中可能含有NO3-、Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe2+、Fe3+中的几种，由实验可知，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32-与H+的反应，也可能是NO3-在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4
41、+；所得的溶液甲中加入过量氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42-；所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32-发生相互促进水解而不能共存，故溶液中无CO32-，则生成气体乙的反应只能是NO3-与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3-，且溶液X中所含阴离子的物质的量相等，即NO3-的物质
42、的量也为0.02mol，由电荷守恒可知，溶液X中阴离子：0.02molNO3-，0.02molSO42-，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷0.06mol，溶液呈电中性可知，当0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，此时Cl-不存在，若Cl-存在；若溶液中含Fe3+，且一定含Fe2+，阳离子所带正电荷大于或等于0.06mol，则溶液中可能存在Cl-，据此分析解答。【详解】A根据分析，气体甲NH3，能使湿润的红色石蕊试纸蓝红，生成气体乙的反应只能是NO3-与Fe2+的氧化还原反应，则
43、气体乙为NO，NO不能使澄清石灰水变浑浊，故A错误；B由上述分析可知，Fe2+一定存在，故B错误；C由上述分析可知，由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时且一定含Fe2+，则阳离子所带的正电荷0.06mol，故溶液中可能含Cl-，故C错误；D该溶液中只存在上述离子中的NO3-、SO42-、NH4+、Fe2+四种离子，遵循电荷守恒，故D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.（1）双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，它的电子式为_。（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2）比甲醚的沸点（-23）高。主要原因是_。（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广
44、泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。肼的水溶液显碱性原因是_（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。【答案】 (1). (2). 乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能 (3). N2H4+H2ONH2NH3+OH- (4). N2H6(HSO4)2【解析】【详解】(1)双氧水(H2O2)是一种绿色氧化剂，双氧水是共价化合物，电子式为；(2)在常压下，乙醇的沸点(78.2)比甲醚的沸点(-23)高。主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能；(3)联氨在水中的电离方程式与氨相似, 则联氨的第一步电离方程式为：N2H4+H2
45、ONH2NH3+OH-，则肼的水溶液显碱性。联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2ON2H5+OH-，第二步电离方程式为：N2H5+H2ON2H62+OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。27.达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00molL-1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：_。（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3：1，则氢元素的质量分数为_。【答案】 (1). 1：16 (
46、2). 4.00%【解析】【分析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，涉及到的化学反应有：OH-+H+=H2O；CO32-+H+HCO3-；HCO3-+H+H2O+CO2；利用质量守恒，结合化学方程式计算。【详解】(1)当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，所发生的反应分别为：OH+H+=H2O；CO32+H+HCO3；HCO3+H+H2O+CO2；可得n(CO2)=n(CO32)=(45.0-42.5)103L4mol/L=0.01mol，而中和OH需要盐酸42.5mL2.5mL=40mL，所以n(OH
47、)=40103L4mol/L=0.16mol，则n(CO32)：n(OH) =1：16；(2)镁、铝元素物质的量之比为3：1，令镁元素物质的量为3xmol，铝元素物质的量为xmol，根据化合价的代数和为0，则有6x+3x=0.16+0.012，解得x=0.02mol，结晶水的质量为(6.020.06240.02270.16170.0160)g=0.72g，n(H2O)=0.04mol，因此H元素质量分数为：100%4%。28.物质是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：请回答下列问题：（1）
48、X的化学式为_。（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为_。（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。【答案】 (1). AlCl32FeSO4 (2). Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H2O (3). 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2【解析】【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知
49、A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，氧化铁的物质的量为=0.02mol，生成二氧化硫为=0.02mol，由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为=0.02mol，X的组成为AlCl32FeSO4，以此解答该题。【详解】(1)根据上述分析，X的化学式为AlCl2FeSO4；(2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H2O；(3)若在高温下
50、长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。29.某同学设计了如图所示的实验装置探究将SO2、Cl2同时通入水中发生的反应。（1）H装置中主要发生的离子方程式为_，I仪器的作用是_。（2）若H中Cl2和SO2恰好完全反应，为了检验溶液中的阴离子，补充完整实验操作，并写出结论：取少量H中溶液于洁净的试管中，_。【答案】 (1). Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl-+SO42- (2). 防止倒吸 (3). 向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白
51、色沉淀则含有SO42-，过滤后取少量滤液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不消失则含有Cl-【解析】【分析】(1)H装置中主要的反应是氯气和二氧化硫在溶液中生成盐酸和硫酸，根据SO2易溶于水分析；(2)若H中Cl2和SO2恰好完全反应，溶液的阴离子为Cl-、SO42，根据银离子对硫酸根离子的干扰分析。【详解】(1) H装置中主要反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H+2Cl-+SO42，SO2易溶于水；I仪器的作用是防倒吸；(2)若H中Cl2和SO2恰好完全反应，溶液的阴离子为Cl-、SO42，先检验SO42，后检验Cl-，则结论为：取少量H中溶液于洁净的试管中，
52、向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-，过滤后取少量滤液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不消失则含有Cl-。30.已知：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) H=-akJmol-1(a0)（1）KI溶液可作为H2O2分解反应的催化剂，催化过程按以下两步反应进行：.H2O2(l)+I-(aq)=H2O(l)+IO-(aq) H1=+bkJmol-1(b0)._ H2=_kJmol-1（用含a和b的代数式表示）请将上述过程补充完整（提示：反应不是分解反应）。已知：相同条件下，反应反应速率小于反应的反应速率。如图为未加催化剂时H2O2分解反应的
53、能量-反应历程示意图，请在图中画出加入KI溶液后该反应的能量-反应历程示意图_。（2）H2O2的水溶液呈弱酸性，其电离过程如下：H2O2H+HO2-；HO2-H+O22-某温度下，其电离平衡常数K1=1.110-11，则质量分数为30%（物质的量浓度为10molL-1）的H2O2水溶液的pH_。（忽略H2O2的二级电离及水的电离）。（3）为研究温度对H2O2分解速率的影响（不加催化剂），可将一定浓度和体积的H2O2置于密闭容器中，在某温度下，经过一定的时间t，测定生成O2的体积V。然后保持其它初始条件不变，改变温度，重复上述实验。获得V(O2)（转化成标况下的体积）T关系曲线。下列趋势图可能符
54、合实测V(O2)T关系曲线的是_，原因是_。A. B.C. D.【答案】 (1). H2O2(l)+IO-(aq)=H2O(l)+I-(aq)+O2(g) (2). -(a+b) (3). (4). 5 (5). C (6). 因该反应是不可逆反应，不考虑温度对平衡移动的影响。温度升高反应速率加快，因而经过相同反应时间后测得的O2体积随温度升高而增大【解析】【分析】(1)根据盖斯定律解答；KI作催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，但反应热不变，以此分析；(2)根据双氧水的第一步电离以及电离平衡常数表达式计算氢离子浓度，进而计算pH值；(3) 根据温度对反应速率的影响考虑。【详解】(1)已知
55、总反应：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)H=-akJmol-1(a0)，反应：H2O2(l)+I-(aq)=H2O(l)+IO-(aq) H1=+bkJmol-1(b0)，因H2O2分解反应中KI催化作用，则由盖斯定律可知，反应总反应-反应，故反应为：H2O2(l)+IO(aq)=H2O(l)+O2(g)+I(aq)H2-(a+b)kJ/moL；过氧化氢分解生成氧气和水，KI作催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，但反应热不变，反应物的总能量和生成物的总能量不变，故H2O2溶液中加入KI后“反应过程-能量”示意图为；(2) H2O2的水溶液呈弱酸性，第一步电离为：H2O2H+HO
56、2-、其电离平衡常数K1=1.110-11，则c(H+)=1.010-5 molL-1，则pH5；(3)因该反应是不可逆反应，不考虑温度对平衡移动的影响，温度升高反应速率加快，因而经过相同反应时间后测得的O2体积随温度升高而增大，故C图象符合。31.2019年12月中旬以来，新型冠状病毒肺炎（NCP）肆虐全球，酒精、84消毒液、双氧水、过氧乙酸等化学品是常用的消毒剂，能够杀死新型冠状病毒。.如图是简易84消毒液发生器，写出该电解池中发生的总反应的化学方程式：_。.过氧化尿素是一种新型漂白剂、消毒剂，漂白、消毒效果优于H2O2和过氧乙酸。某工业用过氧化尿素的部分参数见下表：分子式外观热分解温度熔
57、点水溶性（20）CO(NH2)2H2O2白色晶体457585500gL-1合成过氧化尿素的流程及反应器的示意图如图：回答下列问题：（1）流程中操作的名称为_，仪器X的名称是_。（2）流程中操作的具体过程是_。A.盐析、过滤 B.减压蒸馏、结晶、过滤 C.分液、过滤 D.常压蒸馏、萃取（3）搅拌器选用的材质是玻璃而不是铁质的原因是_。（4）为测定产品中活性氧的含量（含双氧水34%，则其中活性氧为16%），一般采用KMnO4标准溶液进行滴定，但由于KMnO4的强氧化性，其溶液很容易被空气或水中的少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液有如下步骤：a.利用氧化还
58、原滴定方法，在7080条件下用基准试剂纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度。b.过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处。c.称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸。d.用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2。请按照正确的流程对上述步骤进行排序_（填字母）。在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用_。A.H2C2O42H2O B.FeSO4 C.浓盐酸 D.Na2SO3若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。称取干燥样品
59、1.2g，溶解后置于锥形瓶中加入1mL6molL-1的硫酸，然后用上述KMnO4标准溶液滴定（KMnO4溶液与尿素不反应），平行实验三次，实验结果如下：实验序号123KMnO4溶液体积（mL）滴定前读数0.000.001.00滴定后读数19.9022.7021.10产品中活性氧的质量分数为_（用含字母的最简等式表示）。【答案】 (1). NaCl+H2ONaClO+H2 (2). 过滤 (3). 冷凝管 (4). B (5). Fe会被过氧化氢氧化，且生成的Fe3+会催化过氧化氢分解 (6). cdba (7). A (8). 【解析】【分析】如图是简易84消毒液发生器，电解氯化钠的饱和溶液，
60、生成氢氧化钠，氢气，氯气，氯气会与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该电解池中发生的总反应为氯化钠和水在通电的条件下生成次氯酸钠和氢气；(1)流程中操作为固液分离，根据图示仪器结构判断名称；(2)根据题中提供的过氧化尿素的物理性质分析推断操作的过程；(3)双氧水是强氧化剂，能氧化活泼金属；(4)由于KMnO4的强氧化性，其溶液很容易被空气或水中的少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，结合该性质分析配制步骤；选做基准试剂的物质必须满足纯度高、稳定性好，如硫酸亚铁、亚硫酸钠容易被氧化变质的试剂不能作为基准试剂，浓盐酸具有挥发性，也不能做基准试剂；先计算草酸的物质的量浓度，再根据草酸和高锰酸钾
61、之间的关系式计算高锰酸钾的物质的量浓度，再用高锰酸钾的量计算双氧水的质量分数，根据质量分数为34%的双氧水，则其中活性氧为16%，计算活性氧含量。【详解】简易84消毒液发生器，该电解池中发生的总反应的化学方程式：NaCl+H2ONaClO+H2；(1)流程中操作从混合物中分离出固体和溶液，所以采用过滤操作；仪器X的名称是冷凝管；(2)根据过氧化尿素的部分参数表，45左右受热易分解，熔点低，水溶性较大，需要在较低的温度下过氧化尿素形成晶体分离，不能使用常压蒸馏，应使用减压蒸馏的方法，降低蒸馏操作所需的温度，确保过氧化尿素不分解，则流程中操作要将过氧化尿素分离出来的操作应选B；(3)双氧水具有氧化
62、性，铝、铁具有强还原性，容易被H2O2氧化，所以搅拌器不能选择铁质或铝质材料；(4)由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下：称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸，用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2，过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处，利用氧化还原滴定方法，在7080条件下用基准试剂纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度，顺序为cdba；AH2C2O42H2O常温下是稳定的结晶水水化物，溶于水后纯度高、稳定性好，可
63、以用作基准试剂，故A正确；BFeSO47H2O在空气中不稳定，亚铁离子容易被氧化成铁离子，不宜用作基准试剂，故B错误；C浓盐酸不稳定，易挥发，不宜用作基准试剂，故C错误；DNa2SO3具有还原性，在空气中容易被氧化成硫酸钠，不宜用作基准试剂，故D错误；答案选A；草酸的物质的量浓度为：=mol/L，根据反应方程式6H+2MnO4-+5H2C2O42H2O2Mn2+10CO2+18H2O中草酸和高锰酸钾之间的关系式得，酸性高锰酸钾的物质的量浓度=mol/L；根据得失电子守恒知，5H2O22KMnO4，n(H2O2)n(KMnO4)，由于第2组数据偏差较大，应舍去，所以消耗高锰酸钾溶液的体积为实验1
64、和实验3两组的平均值，即20.00 mL，n(H2O2)molL10.02 Lmol，双氧水的质量分数100%，根据质量分数为34%的双氧水，其中活性氧为16%，则产品中活性氧的质量分数为100%。32.“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物Qs是它的合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CHOR1CH=NR2（1）下列说法不正确的是_。A.有机物E所有原子一定共平面B.核磁共振、质谱、红外光谱等可用于测定有机物I的结构C.HJ是加成反应D.有机物Q分子式C21H33N2O5（2）写出化合物H的结构简式_。（3）写出K+L=M+P的化学方程式_。（4）设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制
65、备的合成路线用流程图表示，无机试剂任选）_。（5）有机物R是相对分子质量比F大14的同系物。R的1HNMR谱表明分子中有3种氢原子，写出R符合条件的所有同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). AD (2). (3). + (4). (5). (CH3)3CCH2NH2、(CH3)3CNHCH3、(CH3)2CHN(CH3)2、(CH3CH2)2NCH3【解析】【分析】E与F反应生成G，结合已知信息及G的结构简式可得，E的结构简式为，G在NaBH4作用下，碳氮双键上发生加成反应(还原反应)生成H，结合H的分子式，H的结构式为，H与I反应生成J，结合H、I、J的分子式可得H、I中各原子数目之和
66、与J中各原子数目相等，则 H与I反应的反应类型为加成反应；J在一定条件下反应生成K，K与L反应生成P和M，P在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成Q，结合Q、L、M、K的结构简式，P的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)A有机物E的结构简式为，由苯环和醛基构成，苯环上的所有原子在同一平面上，醛基上有碳氧双键，其三个原子在同一平面上，但苯环与醛基由碳碳单键连接，所有原子可能共平面，故A错误；B核磁共振氢谱可以在核磁共振氢谱图中，特征峰的数目反映了有机分子中氢原子化学环境的种类，不同特征峰的强度比(及特征峰的高度比)反映了不同化学环境氢原子的数目比，进而推测其在碳骨架上的位置；质谱用于精确测量
67、生物大分子的分子量，并提供分子结构信息；用红外光照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，可用于测定有机物的结构，故B正确；C结合分析，HJ是加成反应，故C正确；D结合流程图示，有机物Q的环状结构中，每个节点为碳原子，并每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C21H32N2O5，故D错误；答案选AD；(2)根据分析，化合物H的结构简式(3)K+L=M+P的化学方程式为+；(4)设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据已知信息R1CHOR1CH=NR2可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与CH3NH2CH2NH2、(CH3)3CNHCH3、(CH3)2CHN(CH3)2、(CH3CH2)2NCH3。
