1、浙江省金丽衢十二校2019届高三上学期第二次联考化学试卷1.下列不属于酸性氧化物的是A. Cl2O7B. SiO2C. COD. SO2【答案】C【解析】【分析】酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，据此分析解答。【详解】A.Cl2O7与NaOH溶液反应产生NaClO4和水，是酸性氧化物，A不符合题意；B.SiO2与NaOH溶液反应产生Na2SiO3和水，是酸性氧化物，B不符合题意；C.CO不能与NaOH等碱溶液反应，因此属于不成盐氧化物，C符合题意；D.SO2与NaOH溶液反应产生Na2SO3和水，是酸性氧化物，D不符合题意；故合理选项是C。2.下列操作正确的是A. 加热B. 分液C. 过
2、滤D. 蒸馏【答案】C【解析】【详解】A.给试管加热时，试管夹的位置应该在离试管口1/3处，A错误；B.分液时，分液漏斗的下端要紧贴烧杯内壁，防止液滴飞溅，B错误；C.过滤时烧杯尖嘴紧靠玻璃棒上，玻璃棒轻靠在三层滤纸处，漏斗下端紧靠烧杯的内壁，C正确；D.冷凝管应从下端进入冷水、上端出水且锥形瓶口不能密封，D错误；故合理选项是C。3.下列能导电且属于电解质的是A. 铜B. 盐酸C. 冰醋酸D. 熔融KNO3【答案】D【解析】【详解】A.Cu是金属单质，不是化合物，所以不是电解质，A不符合题意；B.盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；C.冰醋酸是纯净的C
3、H3COOH，该物质是由分子构成，不能导电，当它溶于水时，在水分子作用下电离产生CH3COO-和H+，能够导电，所以属于电解质，C不符合题意；D.KNO3是盐，属于化合物，在熔融状态下KNO3发生电离产生K+、NO3-，能够导电，因此D符合题意；故合理选项是D。4.下列物质溶于水因水解而呈碱性的是A. Na2OB. Na2CO3C. NH4ClD. NH3 H2O【答案】B【解析】【详解】A.Na2O溶于水，与水发生反应产生NaOH，是发生化合反应产生碱，电离使溶液显碱性，A不符合题意；B.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-与水电离产生的H+结合形成HCO3-，使溶液中c(OH-)c
4、(H+)，因此溶液显碱性，是由于盐水解所致，B符合题意；C.NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+与水电离产生的OH-结合形成NH3H2O，使溶液中c(H+)c(OH-)，因此溶液显酸性，是由于盐水解所致，C不符合题意；D. NH3 H2O是一元弱碱，在水溶液中会发生电离：NH3 H2ONH4+OH-，与盐的水解无关，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列属于物理变化的是A. 焰色反应B. 石油裂化C. 皂化反应D. 晶体风化【答案】A【解析】【详解】A.焰色反应是金属元素在灼烧时，原子核外的电子由基态跃迁到激发态，激发态不稳定，再回到基态，多余的能量以光的形式释放，因此发生的是物理变化，A
5、正确；B.石油裂化是长链大分子断裂为短链小分子的过程，有新物质生成，发生的是化学变化，B错误；C.皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，产生了新的物质，故发生的是化学变化，C错误；D.晶体风化是结晶水合物失去全部或部分结晶水的现象，有新的物质产生，故发生的是化学变化，D错误；故合理选项是A。6.下列说法不正确的是A. FeSO4作补血剂时可与维生素C同时服用增强药效B. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多C. 食盐是常用的调味剂与防腐剂D. 碘化银可用于人工降雨【答案】B【解析】【详解】A.FeSO4作补血剂时要预防其氧化变质变为Fe3+，维生素C具有还原性，能够与Fe3+反应使其变为Fe2+，因此与维
6、生素C同时服用增强药效，A正确；B.碳酸钠溶液水解显碱性，但由于碳酸钠溶液碱性强，具有较强的腐蚀性，所以不能用于治疗胃酸过多，B错误；C.食盐具有咸味，是常用的调味剂；食物中加入一定的食盐，其保鲜期可以延长，因此可作防腐剂，C正确；D.碘化银具有感光性，分解时吸收热量，使周围的温度降低，水蒸气聚集形成水滴，因而可用于人工降雨，D正确；故合理选项是B。7.下列变化过程属于非氧化还原反应的是A. 浓盐酸Cl2B. Cl2NaClOC. 浓硫酸SO2D. SiO2 Si【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，非氧化还原反应没有元素化合价的变化，据此分析解答。【详解】A. HC
7、l中的Cl元素是-1价，反应后生成Cl2，化合价由-1价升高到0价，所以发生的是氧化还原反应，A不符合题意；B.Cl元素的化合价由反应前的0价变为反应后的+1价，化合价发生变化，是氧化还原反应，B不符合题意；C.浓硫酸与Na2SO3反应产生Na2SO4和H2O、SO2，元素的化合价没有发生变化，因此该反应是非氧化还原反应，C符合题意；D.SiO2与C在高温下反应产生Si和CO，元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学反应类型判断的知识。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。8.下列表示正确的是A. CO2的电子式：B. 甲醛的结
8、构式：CH2OC. 乙炔的比例模型：D. 硫离子结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A.CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对，使每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式是：，A错误；B.甲醛分子中C原子与两个H原子分别形成1对电子对，与O原子形成2对共用电子对，结构式是，B错误；C. 是乙炔的球棍模型，C错误；D.S是16号元素，原子最外层有6个电子，S原子获得2个电子变为S2-，最外层达到8个电子的稳定结构，故S2-结构示意图：，D正确；故合理选项是D。9.将SO2通入下列溶液不能生成硫酸的是A. 氯水B. 双氧水溶液C. 氢硫酸D. 氯化铁溶液【答案】C【解析】【分析】
9、SO2中S元素化合价为+4价，被氧化变为H2SO4，因此若变为硫酸，需要加入氧化剂，若加入还原剂，则不能产生硫酸，据此分析解答。【详解】A.SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产生硫酸，A不符合题意；B.SO2+H2O2=H2SO4，反应产生硫酸，B不符合题意；C.SO2+2H2S=H2O+3S，反应后不产生硫酸，C符合题意；D. SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+2HCl+2FeCl2，反应后产生硫酸，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二氧化硫的化学性质的知识。二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，它还具有还原性、氧化性和漂白性，其漂白是结合漂白
10、，仅能使某些有色物质褪色，有色物质遇二氧化硫不一定褪色，如SO2可以使紫色石蕊试液变为红色，这是其具有酸性氧化物的通性；但使有色物质褪色不一定是二氧化硫的漂白性，如使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色是其还原性；使氯化铁溶液颜色变浅也是其还原性。10.下列各项实验的基本操作正确的是A. 用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pHB. 金属钠着火时可用泡沫灭火器灭火C. 可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠D. 蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，垫上石棉网加热【答案】C【解析】【详解】A.用pH试纸测定硫酸溶液的pH时，pH试纸不能湿润，否则会对溶液起稀释作用，A错误；B.金属钠着火燃烧产物是Na2O2，Na
11、2O2与水及CO2会发生反应产生O2，导致燃烧更加剧烈，所以不能用泡沫灭火器灭火，要用沙子或土灭火，B错误；C.加入硫酸，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳气体，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，硫酸钠不反应，现象各不相同，可鉴别，C正确；D.蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上或泥三角上直接用酒精灯加热，蒸发皿耐高温，不用垫石棉网，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查常见物质的性质、使用及鉴别的知识，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，A项为易错点，注意测定溶液pH时，pH试纸不能润湿。11.下列说法正确的是A. 属于同分异构体B. CH3COOCH2CH3与CHI3CH2COOCH3中均含有甲基、乙
12、基和酯基，为同一种物质C. C60与14C互为同素异形体D. 乙酸与硬脂酸互为同系物【答案】D【解析】【详解】A.由于苯分子中碳碳键都相同，且Cl、Br原子在苯环的邻位，因此这是同一种物质，不是同分异构体，A错误；B.前者是乙酸乙酯，后者是丙酸甲酯，二者属于同分异构体，不是同一种物质，B错误；C.C60是单质，14C是C元素的一种同位素原子，二者不是同素异形体，C错误；D.乙酸、硬脂酸都是饱和一元羧酸，分子式都符合CnH2nO2，结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，因此互为同系物，D正确；故合理选项是D。12.X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M的一种核素不含中子，X、Y、Z、W在周
13、期表中的位置如图所示，Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A. 原子半径：ZXYMB. X、Y、Z、W与M均能形成18电子分子C. X、Y、M形成的化合物水溶液一定呈酸性D. Y的简单阴离子还原性弱于X的简单阴离子还原性【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M的一种核素不含中子，则M是H元素，Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍，则Y是O元素，根据元素的相对位置各种X是N元素，Z是Si元素，W是Cl元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知，X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素，M是H元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；原
14、子核外电子层数越多，原子半径越大，M原子核外只有1层，X、Y核外有2个电子层；Z、W核外有3个电子层，所以原子半径ZXYM，A正确；B. X、Y、Z、W分别是N、O、Si、Cl，M是H，这些元素与H形成的18电子的分子分别是N2H4、H2O2、SiH4、HCl，B正确；C.X、Y、M形成的化合物如HNO3、HNO2、NH4NO3水溶液呈酸性，而NH3H2O显碱性，C错误；D.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，由于元素的非金属性YX，所以Y的简单阴离子还原性弱于X的简单阴离子还原性，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素周期律中位、构、性三者之间的关系，元素的推断是解答的关
15、键，M的一种核素不含中子及Y原子最外层电子数为内层电子数的3倍是判断的突破口，注意利用元素的相对位置确定元素的种类，根据原子结构中的关系及非金属性的比较，题目难度中等。13.下列离子方程式书写正确的是A. 含等物质的量的Fe2+、I-、Br-的混合液中通入适量Cl2能发生：2I-+2Br-+2Cl2=I2+Br2+4Cl-B. Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3CO32-C. NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：NH4+HCO3-+2OH-=NH3H2O+H2O+CO32-D. Fe(OH)3溶于过量HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3
16、H2O【答案】C【解析】【详解】A.微粒的还原性I-Fe2+Br-，微粒的还原性强的优先反应，所以含等物质的量的Fe2+、I-、Br-的混合液中通入适量Cl2，当Br-反应时，I-、Fe2+均反应完全，可以发生：2I-+2Fe2+2Cl2=I2+Fe3+4Cl-，A错误；B.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，反应产生硅酸及碳酸氢钠，方程式为：SiO32-2CO22H2O=H2SiO32HCO3-，B错误；C.NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，故离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=NH3H2O+H2O+CO32-，C正确；D.Fe(O
17、H)3具有氧化性，HI具有还原性，所以Fe(OH)3溶于过量HI溶液，会发生氧化还原反应生成Fe2+和I2， D错误；故合理选项是C。14.恒温恒容密闭容器中发生反应：X(g)3Y(g)2Z(g) H=-92kJ/mol,下列说法一定正确的是A. 混合气体的密度不随时间发生变化说明反应达到平衡状态B. 充入氩气使压强增大，v正、v逆均増大C. 反应达平衡时放出的热量小于92kJD. 反应达平衡状态时：2 v正(X)=v逆(Z)【答案】D【解析】【详解】A.反应混合物都是气体，容器的容积不变，因此任何情况下体系的密度都不会发生变化，故不能据此判断反应处于平衡状态，A错误；B.充入氩气使压强增大，
18、由于没有改变反应混合物任何一组分的浓度，因此v正、v逆均不变，B错误；C.方程式表示是1molX完全反应时放出热量是92kJ，由于未指明反应物的物质的量多少，因此不能确定反应放出热量的多少，C错误；D.反应达平衡状态时：v正(Z)=v逆(Z)，由于v正(Z)=2v正(X)，所以2 v正(X)=v逆(Z)，D正确；故合理选项是D。15.下列说法正确的是A. 乙烯分别通入溴水和溴的四氯化碳溶液中，反应现象完全相同B. CHCH与HCl一定条件下发生反应，最多可生成3种产物C. 等物质的量的CHCH与苯完全燃烧生成CO2的量相等D. 1mol乙烷发生取代反应最多消耗3molCl2【答案】B【解析】【
19、详解】A.乙烯通入溴水中与溴发生加成反应，使溴水褪色，但产生的有机物与水互不相容，因此会看到液体分层，两层液体均无色；而乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应产生的1，2-二溴乙烷能够溶解在四氯化碳中，因此看到的现象是褪色，但液体不分层，所以反应现象不完全相同，A错误；B.乙炔与HCl按1:1加成，产物是CH2=CHCl，若按1:2加成，反应产物可能是CH3-CHCl2、CH2Cl-CH2Cl，因此CHCH与HCl一定条件下发生反应，最多可生成3种产物，B正确；C.乙炔与苯最简式相同，但由于等物质的量的乙炔与苯分子中含有C、H原子数不相等，因此完全燃烧生成CO2的量不相等，C错误；D.乙烷
20、分子式是C2H6,由于每个H原子被取代，消耗1个Cl2分子，所以1mol乙烷发生取代反应最多消耗6molCl2，D错误；故合理选项是B。16.下列说法不正确的是A. 淀粉、纤维素、蛋白质均属于高分子化合物且都能发生水解B. 可用纯碱溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇C. 往皂化反应液中加入饱和NaCl溶液，上层有固体析出D. 乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A.相对分子质量在10000以上的为高分子，淀粉、纤维素都属于多糖，多糖可水解生成单糖，蛋白质可水解生成氨基酸，则淀粉、纤维素、蛋白质均属于高分子化合物且都能发生水解，A正确；B.纯碱溶液可溶解吸收乙醇、反应除
21、去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，因此可用纯碱溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，B正确；C.加入饱和NaCl溶液，会降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，由于高级脂肪酸钠密度比水小，所以析出的固体物质浮在上层，上层有固体析出，C正确；D.汽油含有烃类物质，与NaOH不反应，纤维素在酸性条件发生水解反应，而乙酸与NaOH发生中和反应，D错误；故合理选项是D。17.一种可充电锂空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x、(x0或1)，下列说法正确的是A. 多孔碳材料电极为负极B. 外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. Li+向多孔碳材料区迁移D. x=0时，正极反
22、应式为：2Li+O24e-Li2O2【答案】C【解析】【详解】A.电池放电时，O2中0价的O原子反应后化合价降低，反应过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，A错误；B.放电时，Li失去电子转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，B错误；C.电池放电时，Li失去电子形成Li+，由于正极多孔碳材料电极上负电荷较多，所以电解质溶液中Li+向正极区，即Li+向多孔碳材料区迁移，C正确；D.电池放电时，2个Li失去2个电子形成2个Li+，正极上通入的O2获得2个电子，形成O22-，与由负极迁移过来的Li+结合形成Li2O2，电极反应式为：2Li+O2+2e-=Li2O2，D错误
23、；故合理选项是C。18.常温下有等体积等pH的NH4Cl与盐酸两种溶液，下列说法正确的是A. 两溶液中水的电离程度相等B. 两溶液导电性相等C. 稀释相同倍数后，NH4Cl溶液的pH更大D. 与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4Cl耗碱的体积更多【答案】D【解析】【详解】A.NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，促进水的电离，而HCl溶于水，电离产生H+，对水的电离起抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相等，A错误；B.盐水解的程度是微弱的，若盐水解得到的溶液pH与强酸溶液的pH相同，则盐电离产生的离子浓度比酸的
24、浓度大，电解质电离产生的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以两溶液的导电性不相等，B错误；C.由于在盐溶液中存在NH4+的水解平衡，当加水稀释时，NH4+会进一步水解产生H+，使溶液中c(H+)变化较小，而HCl完全电离产生H+，HCl是强电解质，不存在电离平衡，所以溶液稀释时，HCl的溶液中c(H+)变化较大，pH更大些，C错误；D.由于盐水解的程度占盐电离产生的离子的很小一部分，所以当NH4Cl与HCl溶液的pH相同时，物质的量浓度c(NH4Cl)c(HCl)，由于二者与NaOH反应时的物质的量之比是1:1，所以在与等物质的量浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，NH4Cl由于物质的量多，消
25、耗碱的体积更多，D正确；故合理选项是D。19.下列说法不正确的是A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同C. PCl3、H2O中所有原子均处于稳定结构D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成【答案】A【解析】【详解】A. SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合，由于共价键强度大，断裂消耗的能量多，所以沸点高，而SiCl4是由分子构成的物质，分子间以分子间作用力结合，分子间作用力十分微弱，所以沸点低，不是由于二者的相对分子质量不同所致，A错误；B.二者都是离子化合物，含有离子键，在NH4+中含有极性共价键，在OH-
26、含有极性共价键，所以二者含有的化学键类型相同，B正确；C. PCl3、H2O中每个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，故所有原子均处于稳定结构状态，C正确；D.CO2+H2O=H2CO3，化学反应就是旧键断裂、新键形成的过程，由于反应物、生成物都是共价化合物，所以有共价键的断裂和形成，D正确；故合理选项是A。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2NAB. 1.7g羟基与氢氧根含有的质子数均为0.9NAC. 1molCl2溶于水，转移电子的数目为NAD. 1molC2H6O有机物含有CH数目一定是6NA【答案】B【解析】【详
27、解】A.pH=1的H2SO4溶液10L，n(H+)=cV=0.1mol/L10L=1mol，所以含H+的数目为NA，A错误；B.1.7g羟基、OH-的物质的量都是0.1mol，由于每个羟基和氢氧根离子中都含有9个质子，所以0.1mol羟基与氢氧根中含有的质子数均为0.9NA，B正确；C.Cl2溶于水，与水反应产生HCl和HClO，由于该反应是可逆反应，所以1mol Cl2溶于水转移电子的数目小于NA，C错误；D.C2H6O表示的物质可能是CH3-O-CH3，也可能是CH3CH2-OH，所以1molC2H6O有机物含有CH数目不一定是6NA，D错误；故合理选项是B。21.已知：H2(g)Cl2(
28、g)2HCl(g)的反应能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A. 键的断裂过程是吸热过程，键的形成过程是放热过程B. “假想的中间物质”的总能量高于起始态H2和Cl2的总能量C. 反应的H(a+b)-2ckJ/molD. 点燃条件和光照条件下，反应的H不同【答案】D【解析】【详解】A.据图可知，要发生化学反应，首先使反应物分子变为单个原子，然后重新组合形成生成物分子，断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，若能量以热能形式体现，则键的断裂过程是吸热过程，键的形成过程是放热过程，A正确；B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则单个原子的能量比参加反应的化合物分子的能量要高，即“假想的中间
29、物质”的总能量高于起始态H2和Cl2的总能量，B正确；C.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则反应的H为（a+b）-2ckJ/mol，C正确；D.焓变与反应条件无关，只与物质的始态和终态有关，所以无论是点燃条件还是光照条件下，反应的H都相同，D错误；故合理选项是D。22.以二氧化钛表面覆盖Cu2A12O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法不正确的是A. 由图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高B. 250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低C. 由300400可知，其他条件
30、相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大D. 根据图象推测，工业上制备乙酸最适宜的温度应为250【答案】C【解析】【详解】A.由图可知：在催化剂催化活性不变的前提下，温度升高，乙酸的生成速率提高，所以乙酸的生成速率随温度升高而升高，A正确；B.根据图示可知：在250300时催化剂的活性随温度的升高而降低，因此导致乙酸的生成速率降低，B正确；C.由300400可知，催化剂的催化效率降低，但由于反应物分子具有的能量高，更多的普通分子变为活化分子，所以反应速率增大，不是由于催化剂的催化效率低，乙酸的生成速率才越大，C错误；D.要提高反应速率，根据图象可知在250时催化剂的催化效率高，且催化剂
31、的影响大于温度对化学反应速率的影响，所以可推测在工业上制备乙酸最适宜的温度应为250，D正确；故合理选项是C。23.25时，用0.02mol/L的NaOH溶液，分别滴定浓度为0.0lmol/L的三种稀酸溶液，滴定的曲线如右图所示，下列判断正确的是A. 三种酸均为弱酸，且同浓度的稀酸中导电性：HAHBc(B-)C. 溶液呈中性时，三种溶液中：c(A-)c(B-)c(D-)D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-2c(H+)【答案】C【解析】【详解】由图象中未加NaOH时三种酸溶液的pH由小到大可知，三种酸的酸性强弱顺序为：HAHBHD。
32、A.酸性越强，酸的电离程度越大，HA的pH最小，酸性最强，电离程度最大，则同浓度的稀酸中离子浓度最大，故等浓度的稀酸溶液的导电性：HAHBHD，A错误；B.滴定至P点时，中和率为50%，HB溶液中的溶质为等物质的量的HB、NaB，由于溶液的pHc(B-)c(D-)，C正确；D.当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA，NaB，NaD，则起始时c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1，由质子守恒可知c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)=c(OH-)，则有c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查酸
33、、碱混合的定性判断，把握pH与酸性的比较、溶液酸碱性、电荷守恒及质子守恒的应用为解答的关键，选项C为解答的易错点，注意当溶液为中性时，三种溶液中所加NaOH溶液的体积不同，题目难度不大。24.某兴趣小组查阅资料得知：保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2：CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液及量气装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。下列说法不正确的是A. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和COB. 保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42
34、-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2OC. 反应结束，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降D. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代【答案】D【解析】【详解】A.KOH溶液只能吸收CO2气体，保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以为减少实验误差，每种试剂只能吸收一种成分，采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，A正确；B.根据得失电子守恒、电荷守恒，用保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42-+3O2+4O
35、H-=4SO42-+2H2O，B正确；C.由于反应过程中放出热量，使量气管内气体由于温度升高而体积增大，水被赶入水准管，水准管的液面高于量气管的液面，当调整水准管内液面与量气管液面齐平时气体由于压强减小而体积增大，因此可观察到量气管液面下降，C正确；D.三种气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，若O2的吸收剂用灼热的铜网替代，O2和金属铜反应得到CuO可以吸收CO，所以不能用灼热的铜网代替吸收剂，D错误;故合理选项是D。25.为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是A. 原溶液中一定
36、含有SO42-离子B. 原溶液中一定含有NH4+离子C. 原溶液中一定含有Cl-离子D. 原溶液中一定含有Fe3+离子【答案】B【解析】【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，若含有SO32-离子、Fe2+离子则会被氧化为SO42-离子、Fe3+离子，加入的盐酸中含有Cl-离子，会和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，Fe3+离子能使硫氰酸钾变为红色。【详解】A.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有SO32-离子，则会被氧化为SO42-离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，A错误；B.产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，所以原来溶液中一定含有N
37、H4+离子，B正确；C.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引入了Cl-离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的Cl-离子，可能是加进去的盐酸中的Cl-，C错误；D.原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有Fe2+离子，则Fe2+离子会被氧化为Fe3+离子，Fe3+离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查离子反应和离子检验的知识，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，为易错点。26.已知烃X在标況下的密度1.25g/L，液态烃A摩尔质量为106g/mol，C是油脂皂化反应后的产物之一，具吸水保湿功能，D是有芳香气
38、味的酯。它们之间的转化如下图所示（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）请回答(1)烃X所含官能团的名称是_。(2)AB的反应类型是_。(3)B与C按3：1反应生成D的化学方程式为_。(4)下列说法正确的是_。A.邻二溴苯只有一种结构，证明苯环结构中不存在单双键交替结构B.上述六种有机物都能与H2发生加成反应C.可用新制Cu(OH)2鉴别B、C、DD.相同质量的苯与苯甲酸充分燃烧消耗等量的O2【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). +3+3H2O (4). AC【解析】【分析】烃X在标況下的密度1.25g/L，则X的摩尔质量是M=1.25g/mol22.4L/mol
39、=28g/mol，根据液态烃A摩尔质量为106g/mol ，苯摩尔质量为78g/mol，说明A是苯与乙烯发生加成反应后的产物乙苯，乙苯被酸性KMnO4溶液氧化产生的B为苯甲酸，结构简式为，C是油脂皂化反应后的产物之一，具吸水保湿功能，则C为丙三醇，C含有三个醇羟基，D含有羧基，C与丙三醇发生酯化反应产生有芳香气味的酯D，结构简式为：。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：烃X是乙烯CH2=CH2，A是乙苯，C是丙三醇，D是。 (1) 烃X是乙烯CH2=CH2，其中所含官能团的名称是碳碳双键；(2)A是乙苯，B是苯甲酸，A被氧化产生苯甲酸，所以AB的反应类型是氧化反应；(3)B是苯甲酸，分子结
40、构中含有1个羧基，丙三醇分子中含有3个醇羟基，由于每个醇羟基可以与一个羧基发生酯化反应产生酯，则B与C按3：1反应生成D的化学方程式为+3+3H2O；(4)A.若苯分子中的碳碳键不相同，则邻二溴苯应该有2种不同结构，现在邻二溴苯只有一种结构，证明苯环结构中不存在单双键交替结构，碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，A正确；B.上述涉及的有机物中丙三醇中每个C原子都达到结合其它原子的最大数目，所以该有机物不能与H2发生加成反应，B错误；C.B是苯甲酸，可以与Cu(OH)2发生酸碱中和反应，变为蓝色溶液，C是丙三醇，与新制氢氧化铜混合，溶液变为绛蓝色，D是酯，与新制Cu(OH)2不
41、能发生反应，三种物质现象不同，可以鉴别，C正确；D.相同质量的苯与苯甲酸含有C、H原子数相同，但苯甲酸分子中含有2个O原子，所以充分燃烧消耗O2的量不等，D错误；故合理选项是AC。【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及物质鉴别的知识。掌握物质含有的官能团对性质的决定作用及相互转化关系是本题解答的关键，试题难度一般。27.为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。
42、B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。(1)A组成元素是_（用元素符号表示）。(2)B的化学式是_。(3)B与水反应的化学方程式是_。【答案】 (1). Cu S O (2). Cu2OSO4 (3). 3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2CuSO4H2O+2CuSO4 或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4【解析】【分析】取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；另取一定量A进行加热分解，加热分
43、解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。【详解】(1)根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；(2)由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶
44、于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2CuSO4H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。【点睛】本题考查了物质的元素组成
45、、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。28.某同学用不同方法制得白色的Fe(OH)2沉淀。(1)用未被氧化的FeSO4溶液与煮沸过的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备，制备过程中下列说法正确的是_A.用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入适量盐酸防止水解B.除去蒸馏水中溶解的O2也可以采取振摇、静止的方法C.生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液D.FeSO4溶液上面加一层苯可以防止空气中氧气直接与溶液接触(2)在如图
46、装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。在试管I 里加入稀H2SO4和铁屑，在试管II里加入NaOH溶液，打开止水夹，塞紧塞子，检验试管出口处排出的氢气的纯度。当排出的H2纯浄时，再_（填操作步骤），这样一段时间后试管中制得的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_。【答案】 (1). CD (2). 夹紧止水夹试管 (3). 试管I和试管II充满了H2，且外界空气不容易进入【解析】【分析】(1)A.配制溶液时不能引入新的杂质；B.摇动会增大O2在蒸馏水中的溶解度；C.制取白色Fe(OH)2沉淀，要防止O2与制取Fe(OH)2的溶液接触；D.苯密度比水小，覆盖在溶液液面上
47、，可以防止空气中氧气直接与溶液接触；(2)Fe与稀硫酸反应产生H2，H2通过导气管进入试管II，将试管II中溶液中的空气排出后，关闭止水夹，试管I中产生的FeSO4溶液进入试管II中，与II中NaOH反应产生Fe(OH)2沉淀，由于装置内无O2，因此可以较长时间观察到白色沉淀。【详解】(1) A.用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，FeSO4发生水解反应：FeSO4+2H2OFe(OH)2+H2SO4，为了抑制盐的水解，要加入酸，同时不能引入杂质离子，所以应该加入适量稀H2SO4，不能加入盐酸，A错误；B.蒸馏水中溶解的O2若采取振摇、静止的方法，就会增大O2与蒸馏水的接触面积，不仅不能除
48、去O2，反而会增大O2的溶解度，B错误； C.用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，会发生反应：FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2+Na2SO4，由于装置中避免了与O2的接触，因此可以较长时间观察到白色沉淀，C正确；D.苯的密度比水小，难溶于水，覆盖在FeSO4溶液上面，就可以防止空气中氧气直接与溶液接触，因此可以制取得到Fe(OH)2白色沉淀，D正确；故合理选项CD；(2)在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备Fe(OH)2。在试管I 里加入稀H2SO4和铁屑，Fe与稀硫酸反应产生氢气和FeSO4，反应产生的氢气通过导气管
49、进入到试管II里，将NaOH溶液及溶液上部空间的空气排出，使NaOH溶液周围充满了氢气当排出的H2纯浄时，再夹紧止水夹，试管I中反应产生的氢气使I中气体压强增大，将FeSO4溶液压入到试管II中，发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4，由于试管I和试管II整个装置中都充满了H2，且外界空气不容易进入装置内，所以制得的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。【点睛】本题考查了FeSO4溶液的配制及Fe(OH)2的制备的知识。FeSO4具有还原性，配制溶液要防止其被空气氧化，该物质是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，使溶液变浑浊，配制溶液时要根据平衡原理，加入适量的酸来防止其水解
50、，只要可以做到不与氧气接触，就可以避免FeSO4及Fe(OH)2的氧化，试题难度不大。29.孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2(x、y为正整数，且x3，y2)。(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x：y=_。(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2气体VL，则a、b、V的代数关系式是_。【答案】 (1). 3:2 (2). a=或a=【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2
51、、CuO的物质的量，然后根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)，根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(CuO)，计算出nCu(OH)2，就可得到n(CuCO3)与nCu(OH)2的物质的量的最简整数比；(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=，根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(Cu)，用含有b、V的代数式表示，也可根据n(CuCO3)=n(CO2)=先计算出CuCO3的质量，用总质量减去CuCO3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO3)与nCu(OH)2的物质的量的最简整数比。【详解
52、】(1)n(CO2)=3.36L22.4L/mol=0.15mol，则n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol，n(CuO)=20g80g/mol=0.25mol，根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)2=0.25mol-0.15mol=0.10mol，所以n(CuCO3)：nCu(OH)2=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO32Cu(OH)2；(2)根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=，根据Cu元素可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(Cu)=mol，则nCu(OH)2=)mo
53、l，所以n(CuCO3)：nCu(OH)2=：)，a= a=；n(CuCO3)=n(CO2)=，m(CuCO3)=124g/mol=，该化合物含有Cu的总物质的量是n(Cu)，则根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)2=，mCu(OH)2=98g/mol（），根据反应前后物质质量不变，可得a= +98g/mol()=。30.为应对全球石油资源口益紧缺。提高煤的利用效率，我国开发了煤制烃技术，并进入工业化试验阶段。(1)煤气化制合成气(CO和H2)：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.3kJ/mol该反应在高温下能自发进行，理由是_。(2)由合成气制甲醇：合成气CO和H2
54、在一定条件下能发生如下反应：主反应ICO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应IICO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)在容积均为VL的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amolCO和2 amolH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3(T10，S0 (2). T3 (3). (4). AD (5). C (6). 负极 (7). 4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+2H2+O2+4KOH【解析】【分析】(1)在高温下能自发进行，根据G=H-TS0判断；(2)反应是从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物不断消耗，反应物的物质的量逐渐减小，当达到平衡后，若升高温度，反应物的物
55、质的量增多，说明反应达到平衡；根据平衡时CO的含量，计算出各种物质的平衡时的物质的量，结合容器的容积，计算出各种物质的浓度，带入平衡常数表达式即可；从平衡移动角度分析影响反应发生的因素；(3) A.当催化剂失活后，副产物增多，甲醇的转化率下降；B.使用Cat.2时，随反应不断进行，生成的副产物二甲醚增多，会导致生成乙烯和丙烯的选择性下降；C.由图示可知，使用Cat.1时丙烯与乙烯的比值随时间增长不断减小，说明乙烯增多；D.催化剂能降低反应活化能，提高活化分子的百分数；根据图象曲线变化可知，在催化剂Cat.1的作用下，催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.1的反应过程中活
56、化能更低(4)H+在阴极获得电子变为H2，OH-在阳极失去电子变为O2，阴极连接电源的负极，阳极连接电源正极。根据溶液成分，结合电极反应式书写反应方程式。【详解】(1)在高温下反应能自发进行，根据G=H-TS0，由于该反应中H0，所以S0；(2)该反应是从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物不断消耗，反应物的物质的量会逐渐减小，当反应达到平衡后，若升高温度，该反应物的物质的量又增多，说明反应达到平衡，升高温度使化学平衡发生移动所致。根据图示可知T3时达到平衡状态；根据平衡常数表达式，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其数值。CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)n(始)mol a 2a 0n
57、(变)mol x 2x xn(平)mol a-x 2a-2x x，解得x=，所以平衡时n(CO)=mol，n(H2)=mol，n(CH3OH)=mol，所以在T3时该反应的化学平衡常数K=L2/mol2。A.反应前加入少量的水蒸气，副反应CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)中由于生成物浓度增大，平衡逆向移动，减少副反应的发生，A正确；B.副反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，促进了副反应的发生，B错误；C.副反应CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)的正反应是放热反应，降低反应温度 ，平衡正向移动，促进了副反应的发生，C错误； D.使用合适催化剂，提高甲醇的选择性，
58、使更多CO发生主反应，可以减少副反应的发生，D正确；故合理选项是AD；(3)A.当催化剂失活后，副产物增多，甲醇的转化率下降，需要及时更换催化剂，A正确；B.使用Cat.2时，随反应的不断进行，生成的副产物二甲醚增多，导致生成乙烯和丙烯的选择性下降，B正确；C.由图示可知，使用Cat.1时丙烯与乙烯的比值随时间增长不断减小，说明乙烯增多，即使用Cat.1时主要生成乙烯，而使用Cat.2时，产物中乙烯的含量明显大于丙烯，可见使用Cat.2时产生的烯烃也主要为乙烯，C错误；D.使用催化剂能降低反应活化能，提高活化分子的百分数，D正确；故合理选项是C。(4)在KOH、K2CrO4溶液中含有的阳离子是
59、有H+、K+，由于放电能力H+K+，所以H+在阴极获得电子变为H2；溶液中含有的阴离子OH-在阳极失去电子变为O2。阴极连接电源的负极，阳极连接电源正极，所以a为负极，b为正极。H+在阴极放电产生H2逸出，使附近溶液中c(OH-)增大，溶液的碱性增强，在阳极上溶液中的OH-放电产生O2放出，阳极附近c(H+)增大，平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向移动，可反应产生Cr2O72-，所以根据电子守恒、原子守恒，可得该电解反应的总反应方程式为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+2H2+O2+4KOH。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的计算、反应热与焓变电解原理的应
60、用等知识，注意掌握化学平衡及其影响因素，(3)为易错点，注意图象曲线变化的含义。31.氯化亚铜是用途广泛的铜盐产品。CuCl晶体呈白色，微溶于水，不溶于乙醇和稀盐酸，溶于浓盐酸，见光易分解。某研究小组以CuCl2（含少量Fe2+）粗品为原料制取CuCl晶体，设计如下制备流程：实验涉及的操作及装置如下：已知在较浓的盐酸溶液中：a.Cu2+主要以CuCl42-(呈黄色)形式存在b.Fe3+能溶解于萃取剂一甲基异丁基甲酮(无色透明液体，密度为0.8g/cm3)CuCl在溶液中存在络合与解离平衡：CuCl(s)+3Cl-(aq)CuCl43-(aq无色)SOCl2熔点-105、沸点76、遇水剧烈水解生
61、成SO2和HCl气体请回答：(1)下列有关CuCl2提纯操作正确的是_A.将氧化液转移至分液漏斗中，加入萃取剂后，塞上玻璃塞，用力振摇（见上图1）B.经几次振摇并打开上口玻璃塞放气后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上，静置片刻C.Fe2+经氧化、萃取、分液，进入有机相除去D.取分液后的水相少许，滴入KSCN溶液检验萃取是否完全(2)还原反应装置如上图2所示：向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞_（填“a”、“b”或“a和b”）。水相中CuCl42-被SOCl2还原为CuCl43-的离子方程式为_。判断反应完成的实验现象是_。(3)向混合液中加入大量去氧水能得到CuC1悬浊液的原因是_(4)
62、“系列操作”包括：抽滤洗涤干燥。下列说法不正确的是_A.抽滤操作用到的器材包括滤纸、布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵等B.可选用无水乙醇洗涤CuCl，洗涤时应关闭水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物C.取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明产品已洗净D.在避光下产品应置于A处真空干燥(上图3)【答案】 (1). CD (2). b (3). 2CuCl42-+SOCl2+3H2O=2CuCl43-+SO42-+6H+2Cl- (4). 溶液由黄色变为无色 (5). 加水使平衡CuCl(s)+3Cl-CuCl43-(aq)逆向移动，生成CuCl沉淀 (6). AB【解析】【分析
63、】(1) A.萃取、分液时应使液体充分接触，将分液漏斗倒转过来，用力振摇；B.萃取分液后要将分液漏斗置于铁架台的铁圈上，待液体分层C.Fe2+经氧化变为Fe3+，萃取、分液，进入有机相除去；D.根据Fe3+遇SCN-会变为红色检验萃取是否完全；(2)滴液漏斗液面上下气体压强一致，打开下面活塞，液体可顺利滴下；CuCl42-与SOCl2在H2O中发生氧化还原反应，生成CuCl43-、硫酸和HCl，根据电子、原子及电荷守恒书写离子方程式；根据CuCl42-及CuCl43-的颜色不同判断反应是否完全；(3)从平衡移动角度分析原因；(4)从分离操作使用仪器分析、物质的溶解性确定使用的洗涤试剂、物质颜色
64、的判断是否洗涤干净、根据物质性质及仪器的作用判断保存方法。【详解】(1) A.萃取、分液时为了使液体充分接触，应将氧化液转移至分液漏斗中，加入萃取剂后，塞上玻璃塞，然后将分液漏斗倒转过来，用力振摇，A错误；B.萃取分液后要将分液漏斗置于铁架台的铁圈上，待液体充分分层，不是静置片刻，B错误；C.Fe2+经氧化变为Fe3+，加入萃取剂一甲基异丁基甲酮进行萃取，然后分液，使Fe3+进入有机相而除去，C正确；D.由于Fe3+遇SCN-溶液会变为血红色，所以取分液后的水相少许，滴入KSCN溶液检验，若溶液不变为红色，就证明萃取完全，D正确；故合理选项是CD；(2)由于SOCl2在滴液漏斗中，滴液漏斗液体
65、上下气体压强一致，打开下部活塞b，液体就可以在重力作用下顺利滴到三颈烧瓶中，不需要再打开上口a活塞，所以答案为需打开活塞b；水相中CuCl42-与SOCl2及水反应生成CuCl43-、硫酸及HCl，反应的离子方程式为2CuCl42-+SOCl2+3H2O=2CuCl43-+SO42-+6H+2Cl-；由于CuCl42-显黄色，反应后生成的CuCl43-显无色，所以若溶液由黄色变为无色，就证明反应完成；(3)向混合液中加入大量去氧水能得到CuC1悬浊液，是由于加水能离子浓度降低，使可逆反应CuCl(s)+3Cl-CuCl43-(aq) 的平衡逆向移动，从而生成更多CuCl沉淀；(4) A.进行抽
66、滤操作用到的器材包括滤纸、布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵等，A正确；B.由于CuCl微溶于水，不溶于乙醇，所以可选用无水乙醇洗涤CuCl，B正确；C.由于CuCl是白色微溶于水的物质，BaSO4也是白色难溶性的物质，所以不能用滴加BaCl2溶液，根据是否有白色沉淀产生证明产品是否洗净，C错误；D.干燥器是干燥物质的，不能用于保存物质，D错误；故合理选项是AB。32.物质M是一种酰胺类局麻药，某研究小组以A、E两种烃为有机原料，按以下路线合成M已知：；。请回答：(1)化合物G的结构简式为_。(2)下列说法不正确的是_。A.AB为氧化反应B.化合物G能与浓盐酸反应形成盐C.化合物H与NaOH溶液
67、反应最多消耗2molNaOHD.局麻药M的分子式为C14H20N2O(3)写出DGH的化学方程式：_。(4)写出满足下列条件的化合物F的所有同分异构体的结构简式_。.能与FeCl3溶液发生显色反应.能发生银镜反应.苯环上只有两个取代基且苯环上只有2种不同环境的氢原子(5)该小组成员还提出另一种合成M的方案：化合物C与二乙胺HN(CH2CH3)2反应制取化合物X，X与G经一步反应即可制得药物M。请设计以烃A为原料制备化合物X的合成路线_（用流程图表示，无机试剂任选）。【答案】 (1). (2). AD (3). ClCH2COCl+HCl (4). 、 (5). 【解析】【分析】A是乙烯：CH2
68、=CH2，CH2=CH2与HClO发生加成反应产生B：HOCH2CH2Cl，B含有醇羟基，被氧化产生C：ClCH2COOH，ClCH2COOH与SOCl2发生反应产生D是ClCH2COCl；E分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，根据目标生成物M的分子结构可知E是间二甲苯，结构简式为，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生F：；F与Fe在HCl存在时将NO2转化为NH2，F被还原生成G：；D与G发生取代反应产生H：，H与二乙胺发生取代反应产生M：。(5)乙烯与HClO发生加成反应产生HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl被氧化产生ClCH2COOH；乙烯与HCl发生加成反应产生CH3
69、CH2Cl，CH3CH2Cl与NH3发生取代反应产生二乙胺HN(CH2CH3)2，二乙胺HN(CH2CH3)2与ClCH2COOH发生取代反应产生X，结构简式为HOOCCH2N(CH2CH3)2，据此解答。【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是HOCH2CH2Cl，C是ClCH2COOH，D是ClCH2COCl；E是，F是，G是，H是。(1)化合物G的结构简式为；(2) A.化合物A是乙烯，B是HOCH2CH2Cl ，AB的反应为加成反应，不属于氧化反应，A错误；B.化合物G中含有-NH2，能与浓盐酸电离产生的H+形成配位键，从而二者结合形成盐酸盐，B正确；C.化合物H中含有Cl原子
70、、酰胺键，发生水解反应产生HCl及羧基都可以与NaOH反应，根据其结构可知，1molH与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH，C正确；D.根据局麻药M的结构简式可知M的分子式为C14H22N2O，D错误；故合理选项是AD；(3)化合物D与G发生取代反应产生H的化学方程式为：ClCH2COCl+HCl；(4)化合物F的同分异构体满足下列条件：.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；.能发生银镜反应，说明含有醛基；.苯环上只有两个取代基且苯环上只有2种不同环境的氢原子，说明两个取代基在苯环上相对位置，则其可能的结构为、；(5)乙烯与HClO发生加成反应产生HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl被氧化产生ClCH2COOH；乙烯与HCl发生加成反应产生CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NH3发生取代反应产生二乙胺HN(CH2CH3)2，二乙胺HN(CH2CH3)2与ClCH2COOH发生取代反应产生X，结构简式为HOOCCH2N(CH2CH3)2。故烃A为原料制备化合物X的合成路线是。【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、同分异构体的书写等知识。掌握官能团对物质化学性质的决定作用，同时充分利用题目已知信息来分析和解决问题是本题解答的关键，难度中等。
