1、山西大学附属中学2019届高三9月模块诊断化学试题1.下列有关化学与生活、工业的叙述中，不正确的是（ ）A. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料B. 未成熟的苹果肉遇碘酒变蓝色，成熟苹果的汁液能与银氨溶液发生反应C. 面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染【答案】C【解析】【详解】A、制玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白
2、粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料，A正确；B、未成熟的苹果肉含有大量淀粉，遇碘酒变蓝色，成熟苹果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含CHO，能与银氨溶液发生反应，B正确；C、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；D、二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染，D正确；答案选C。【点睛】注意金属氧化物不一定均是碱性氧化物，也可能是酸性氧化物或两性氧化物或三者均
3、不是。碱性氧化物、酸性氧化物或两性氧化物判断时一定要严格按照概念分析，即能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物均是酸性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，也和碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，氧化铝是典型的两性氧化物。2.下列叙述中，错误的是A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5560反应生成硝基苯B. 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去D. 医院用75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数【答案】D【解析】【详解】A在浓硫酸做催化剂、55-60加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A正
4、确；B苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正确；D医院用75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D错误；答案选D。3.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】有机物分子中双键或三键两端的碳原
5、子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，所以选项C正确。A中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应；D中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应，答案选C。4.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是A. 分子中两个苯环一定处于同一平面B. 不能与饱和碳酸钠溶液反应C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种D. 1mol化合物X最多能与2molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A两个苯环连接在饱和碳原子上，具有甲烷的结构特点，且C-C为键，可自由旋转，则分子中两个苯环不
6、一定处于同一平面，选项A错误；B含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，选项B错误；C分子中能水解的只有酯基，因为是环状化合物，则水解产物只有一种，选项C正确；D能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，选项D错误。答案选C。5.下列物质中属于纯净物的是( )由同种元素组成的物质具有固定熔沸点的物质由相同种类和相同数目的原子组成的分子 只有一种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物 只含有一种分子的物质A. B. C. D. 【答案】D【解析】可能含有同素异形体如氧气、臭氧而属于混合物；属于纯
7、净物可能含有同分异构体如正丁烷、异丁烷而属于混合物；可能是氧化钠、过氧化钠等的混合物；可能是一氧化碳、碳单质等的混合物；属于纯净物。故选D。6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确个数的是2.24 L氟化氢所含分子数约为0.1NA；常温下，pH2的醋酸溶液中所含有的H数为0.01NA；密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA；分子总数为NA的NO和CO混合气体中含有的氧原子数为2NA；1 L 1 mol/L的磷酸溶液中含氧原子数为4NA；1 mol FeCl3完全转化成Fe(OH)3胶体后生成NA个胶粒；1 mol SiO2所含SiO化学键为2 mol
8、；12 g石墨含有1 mol 六元环；50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA。A. 0 B. 2 C. 5 D. 全对【答案】A【解析】【详解】标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算2.24 L HF的物质的量，故错误；溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故错误；NO和O2反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式可知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在相互转化，反应方程式为2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故错误；
9、每个NO和CO分子均含有1个O原子，故分子总数为NA的NO和CO混合气体中含有的氧原子数为NA，故错误；由于磷酸溶液中，溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中氧原子的数目，故错误；一个胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故得到的氢氧化铁胶粒的个数小于NA个，故错误；因为每个Si形成4个SiO键，所以1 mol SiO2中含有4 mol SiO键，故错误；石墨中每个碳原子被3个六元环共用，故每个六元环实际占有2个碳原子，12g石墨含有1mol碳原子，即石墨中含有的六元环的个数为0.5 NA，故错误；二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，随着反应的进行盐酸变稀，故盐酸不能完全反应，则转移的电子数小于
10、0.3NA个，故错误；答案选A。7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于下列说法正确的是A. 原子半径大小顺序：WZYXB. 沸点：XW2Y2WC. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：XZD. 简单氢化物的热稳定性：ZW【答案】D【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次増大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于A族，W处于A族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最
11、外层电子数之和与W的相等，即两者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为A、A族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素。A同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，故原子半径：Y（Na）Z（P）W（S）X（C），选项A错误；BW分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，前者含有共价键，后者含有离子键，硫化钠的沸点高于二硫化碳，选项B错误；CX、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，选项C正确；D非金属性Z（P）W（S），故氢化物稳定性PH3H2S，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用，推断元素是解题关键，注意对元素
12、周期律的理解掌握。“位一构一性”推断的核心是结合物质的递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。8.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在
13、Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。9.配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏小的是A. 用量筒量取所需的浓盐酸时俯视刻度线B. 定容时，俯视刻度线
14、C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，可以不管它【答案】A【解析】试题分析：A用量筒量取所需浓盐酸时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏低，正确；B定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，则溶液的物质的量浓度偏高，错误；C用量筒量取浓盐酸倒入烧杯后，若用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中，则会导致溶液的浓度偏高，错误；D定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，由于溶液各处的浓度相等，所以不影响溶液的浓度，可以不管它，正确。考点：考查物质的量浓度的溶液的配制误差分析的知识。10.300m
15、L硫酸铝溶液中，含Al3为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/L氢氧化钡溶液300mL，反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为(忽略溶液混合体积的变化)A. 0.4mol/L B. 0.3mol/L C. 0.2mol/L D. 0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】溶液中Al3+为1.62g，物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，溶液中n（SO42-）=n（Al3+）=0.06mol=0.09mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol/L0.3L=0.03mol，混合溶液时发生反应SO42-+Ba2+BaSO4，根据反应可知，消耗硫酸根离子的物质的量为 0.03mol，所
16、以硫酸根剩余，剩余硫酸根的物质的量为0.09mol-0.03mol=0.06mol。所以反应后溶液中SO42-的物质的量浓度为=0.1mol/L，答案选D。11.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. c(Fe2+) =1molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42B. 11013 molL1的溶液中：NH4+、Ca2、Cl、NO3C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D. =110 12的溶液中：K+、Na +、CO32-、NO3-【答案】B【解析】【详解】A、Fe2+具有还原性，与具有氧化性的MnO4不能大量共存，选项A错误；B、1101
17、3 molL1的溶液呈酸性：H+、NH4+、Ca2、Cl、NO3各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；C、与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，选项C错误；D、=11012的溶液呈酸性，H+与CO32-反应而不能大量共存，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大。易错点为选项C，注意硝酸与铝反应不产生氢气。12.某溶液可能含有Cl、SO42、CO3
18、2、NH4、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )A. 至少存在5种离子 B. SO42、NH4一定存在，Cl可能不存在C. Cl一定存在，且c(Cl)0.4 mol/L D. CO32、Al3一定不存在，K可能存在【答案】C【解析】试题分析：加入过量NaOH溶液，加热得到气体，说明原溶液中含有NH4，即n(NH4)0.02mol，同时生成红褐色沉淀，说明原溶液含有Fe3。因为CO32和Fe
19、3发生水解相互促进的反应，因此原溶液中不含CO32，灼烧以后得到固体1.6g，即得到Fe2O3的质量为1.6g，则n(Fe3)0.02mol，加入足量的BaCl2溶液，得到不溶于盐酸的沉淀，说明原溶液中含有SO42，即n(SO42)4.66g233g/mol0.02mol。A、阳离子所带电荷总数为0.02mol0.02mol30.08mol，阴离子所带电荷数为0.02mol20.04mol，即阳离子所带电荷数大于阴离子，说明原溶液含有Cl，综上所述原溶液中至少有4种离子，A错误；B、根据上述判断一定含有Cl，物质的量至少是0.08mol0.04mol0.04mol，此时c(Cl)0.04mol
20、0.1L0.4molL1，溶液中可能含有K、Al3+，则Cl的浓度将大于0.4molL1，B错误；C、根据上述分析可知C正确；D、K、Al3+可能存在，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查离子的鉴定、离子共存及电荷守恒在溶液成分的确定应用的知识。【名师点晴】该题的难点是定量判断，即选项C是解答的难点。该类问题的关键是利用好电荷守恒，电荷守恒在离子反应定量推断试题中的应用非常广泛，解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷
21、总数，答题时注意灵活应用。13.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，可将Fe2、I均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2HCO3OH=BaCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO3正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：2AlO25H=Al3Al(OH)3H2O正确；第一步反应和第二步反应消
22、耗的H的物质的量之比为23A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe24I3Cl2=2Fe36Cl2I2，故A错误；BBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba22HCO2OH=BaCO32H2OCO，故B错误；C过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2H2OClO=2HClSO，故C错误；D1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO5H=Al3Al(OH)3H2O，故D正确。
23、故选D。考点：考查离子方程式的正误判断【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：写：依据事实正确写出化学方程式；拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；删：删去方程式两边不参加反应的离子；查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；在物质发生
24、化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。14.下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANH4+、Fe2、SO42少量Ba(OH)2溶液2NH4+SO42Ba22OH=BaSO42NH3H2OBMg2、HCO3、Cl过量NaOH溶液Mg22HCO34OH=2H2OMg(OH)22
25、CO32CK、NH3H2O、CO32通入少量CO22OHCO2=CO32H2ODFe2、NO3、HSO3NaHSO4溶液HSO3H=SO2H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A氢氧化钡少量，亚铁离子优先反应，铵根离子不反应；B氢氧化钠过量，碳酸氢根离子也参与反应；C一水合氨为弱碱，离子方程式中不能拆开；DNO3-在酸性条件下具有强氧化性，与HSO3-发生氧化还原反应。【详解】A少量Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡、氢氧化亚铁，离子反应为Fe2+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+Fe(OH)2，选项A错误；B过量NaOH溶液，反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离
26、子反应为Mg2+2HCO3-+4OH-Mg(OH)2+2CO32-+2H2O，选项B正确；C通入少量CO2，先与NH3H2O反应，离子反应方程式为2NH3H2O+CO2=2NH4+CO32-+H2O，选项C错误；DFe2+、NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子共存、离子反应方程式的书写，题目难度中等，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，选项BD为解答的易错点，试题有利于提高学生的规范答题能力。15.下列有关实验装置的说法中正确的是A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B. 用图2装置制备Fe(OH
27、)2并能较长时间观察其颜色C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积【答案】C【解析】【详解】A、装置中发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨气，但氨气密度小于空气，收集时需要用向下排空气法收集，选项A错误；B、装置中应把铁做电解池的阳极生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，选项B错误；C、氯气和氢氧化钠溶液反应，烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，选项C正确；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮能与水反应，不能通过装置中排开水的体积测定二氧化氮的体积，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了
28、实验装置正误判断，主要是制备物质，原理的分析应用，掌握实验基本操作是解题关键。注意利用气体的密度及是否与水反应及水溶性对实验进行判断。16.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、用CaCO3和盐酸反应制取CO2，由于盐酸具有挥发性，所以CO
29、2中含有HCl和H2O(g)；先除HCl，再用浓硫酸干燥气体；但是不能用饱和Na2CO3溶液除CO2中的HCl，因为CO2与Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），c装置中应改成饱和NaHCO3溶液，故A错误。B、用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制取Cl2，同样Cl2中含有HCl和H2O(g)，先除HCl，再用浓硫酸干燥；但除Cl2中的HCl不能用NaOH溶液，因为Cl2也与NaOH反应，c装置中应改用饱和食盐水，故B错误。C、向消石灰中滴加饱和NH4Cl溶液，消石灰遇水放热，NH4+与OH反应放出NH3，c装置中不能装水，因为NH3极易溶于水且可能发生倒吸，故C错误
30、。D、铜与稀硝酸反应产生NO，部分NO与装置中原有的空气反应生成NO2，气体进入c装置，水能将NO2转化为NO；d中的浓硫酸起干燥作用，故D正确。点睛：实验室一般用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在试管中加热制NH3。若用本题中装置制取氨气，也可以在a中加入浓氨水，b中装NaOH固体（或生石灰、碱石灰）；制取的NH3中含H2O(g)，将气体通过装有碱石灰的干燥管即可得纯净的氨气。17.向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量
31、不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是A. n=m+17Vc B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气b L，同时生成氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为ng，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为pg，结合各步反应进行计算判断。【详解】反应化学方程式为；Mg+H2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2+K2SO4；Al2(SO
32、4)3+6KOH=2Al(OH)3+3K2SO4；Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；根据化学方程式可得：A、得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+c17=m+，选项中忽略了体积的单位，选项A不正确；B、选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p=16+m=m+，选项B正确；C、根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参
33、加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol，整理得c=，选项C正确；D、氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=40=m；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=m；质量介于二者之间，选项D正确；答案选A。【点睛】本题综合考查镁铝元素化合物知识，以及相关化学计算。根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算。18.下列有关电解质溶液的说法不正确的是A. 向溶液中通入，减小B. 将的溶液从升温至，增大C. 向的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1D. 向的溶液中加入少量水，增大【答案】D【解析】
34、【详解】A. 在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，增大，不变，则减小，选项A正确；B、K2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以钾离子和草酸根离子浓度比值增大，选项B正确；C、向0.1molL-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c（H+）=c（OH-），钠离子和氟离子浓度相等，=1，选项C正确；D、CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即=不变，选项D不正确。答案选
35、D。19.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为（ ）A. 9.0L B. 13.5L C. 15.7L D. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80015 mol，电子转移数015 mol(62)12 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2x mol,3xx12，计算的x03。气体体积V06 mol224 Lmol11344 L；若混
36、合物全是Cu2S，其物质的量为0075 mol，转移电子数0075 mol10075 mol，设NO x mol，NO2x mol,3xx075，计算得x0187 5，气体体积V0375 mol224 Lmol184 L，因此84 LV1344 L。20.向10mLNH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是A. x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c(NH4+)c(Al3+)B. x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且 c(NH4+)c(SO42)C. x=30时，溶液中有Ba2、AlO2、OH，且 c(OH)c AlO2
37、)D. x=30时，溶液中有Ba2、Al3+、OH，且 c(OH)c(Ba2)【答案】A【解析】【详解】A、当x10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2等物质的量反应，此时OH-量不足，OH-首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42-也有剩余，但此时不会有AlO2-生成，溶液中c(NH4+)c(Al3+)，选项A正确；B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2-生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42-，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42-，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解
38、，故c(NH4+)c(SO42)，选项B错误；C、当x=30时，0.001 mol的NH4Al(SO4)2与0.003 mol Ba(OH)2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH-，由于NH3H2O是一种弱碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中c(OH)大于0.001 mol，故c(OH) c(AlO2)，选项C错误；D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中c（OH-）大于0.001 mol，含有0.001 mol
39、 Ba2+，c(OH)c(Ba2+)，选项D错误，答案选A。【点睛】本题考查离子反应的有关混合计算及离子浓度大小的比较，为高频考点，根据发生的反应及反应先后顺序、各物质的物质的量关系是解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。21.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图：（1）除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42、Ca2+），加入的药品顺序正确的是_ANaOH溶液碳酸钠溶液氯化钡溶液过滤后加盐酸B氯化钡溶液氢氧化钠溶液碳酸钠溶液过滤后加盐酸CNaOH溶液氯化钡溶液碳酸钠溶液过滤后加盐酸D碳酸钠溶液氢氧化钠溶液氯化钡溶液过滤后加盐酸(2)写出中发生反应的离子方程式：_(3)
40、从理论上考虑，下列物质也能吸收的是_ANaOH(4)根据上述反应判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是_(5)已知某溶液中Cl、Br、I的物质的量之比为3：4：5，现欲使溶液中的Cl、Br、I的物质的量之比变成3：2：1，那么要通入氯气的物质的量是原溶液中I的物质的量是_A1/2B1/10C3/10D1/5【答案】 (1). BC (2). Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42 (3). ABC (4). Cl2Br2SO2 (5). C【解析】【分析】海水淡化得到淡水和氯化钠，电解氯化钠溶液生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后
41、用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴，蒸馏得到工业溴，（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，盐酸要放在最后，以除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，应该先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，即：加入的碳酸钠溶液必须放在加入氯化钡溶液之后；（2）中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸；（3）溴单质和氢氧化钠溶液反应，或和还原性的物质发生氧化还原反应；（4）氧化还原反应方程式中：氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；（5）已知还原性I-Br-Cl-，反应后I-有剩余，说明Br-浓度没有变化，通入的Cl2只与I-发生
42、反应，根据反应的方程式2I-+Cl2=2Cl-+I2计算。【详解】（1）要先除SO42-离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，所以正确的操作顺序为：ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，选项A错误；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，选项B正确；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，
43、选项C正确；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，顺序中加入的氯化钡溶液中钡离子无法除去，选项D错误；答案选BC；（2）中发生反应是溴单质氧化二氧化硫生成硫酸，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br-+SO42-；（3）ANaOH溶液和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，可以吸收，选项A正确；BFeCl2 溶液具有还原性，可以被溴单质氧化为氯化铁，可以吸收溴单质，选项B正确；CNa2SO3 溶液具有还原性，可以被溴单质氧化，能吸收溴单质，选项C正确；DH2O和溴单质反应微弱，不能充分吸收溴单质，选项D错误；答案选ABC；（4）Cl2+2Br-=Br2+2
44、Cl-，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂大于氧化产物，所以氧化性：Cl2Br2；Br2+SO2 +2H2O=H2SO4 +2HBr，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂大于还原剂，所以氧化性：Br2SO2；故答案为：Cl2Br2SO2；（5）已知还原性I-Br-Cl-，反应后I-有剩余，说明Br-浓度没有变化，通入的Cl2只与I-发生反应，设原溶液中含有3molCl-，4molBr-，5molI-，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为3：2：1，即6：4：2，此时氯离子增大3mol，碘离子减少3mol，溴离子不变，则各离子物质的量分别为：6molCl-，4molBr-，2molI-，Cl-增加3m
45、ol，I-离子减少3mol，Br-不变，则需1.5molCl2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I-物质的量的 =，答案选C。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重海水资源的综合利用、氧化还原反应定量计算，涉及到电解、海水提溴工艺等知识点，注意物质的分离、提纯应把握物质的性质的异同，掌握从海水中提取溴的原理为解答该题的关键，题目难度中等。22.在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子KAgMg2Ba2阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸
46、产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。(1)实验能确定一定不存在的离子是_。(2)实验中生成沉淀的离子方程式为_。(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果；一定不存在的离子填“0”；不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1_(4)判断K是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_。【答案】 (1). Ag、Mg2、Ba2 (2). SiO322H=H2SiO3 (3).
47、 ? (4). 0.25 (5). 0.4 (6). 0 (7). 存在，最小浓度为0.8 molL1【解析】【详解】（1）实验I：向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出0.56L气体，则溶液中一定有SiO32、CO32-，Ag+、Mg2+、Ba2+都不能与iO32、CO32-大量共存，所以该实验可确定一定不存在的阳离子是Ag+、Mg2+、Ba2+。（2）由已知及上述分析，实验I得到的白色沉淀应该是H2SiO3或H4SiO4，故生成沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+H2SiO3（或SiO32-+2H+H2OH4SiO4）。（3）标准状况下0.56LCO2的物质的量为0.025mol
48、，根据C原子守恒，则原溶液中CO32-的物质的量浓度为0.025mol0.1L0.25molL-1；实验II所得固体是SiO2，质量为2.4g，物质的量是2.4g60gmol-10.04mol，根据Si原子守恒可知原溶液中SiO32-的物质的量浓度为0.04mol0.1L0.4molL-1；由实验III可得，溶液中一定不存在SO42-；已确定存在的阴离子为：0.25molL-1CO32-、0.4molL-1SiO32-，已知的阳离子为：0.5molL-1Na+，根据电荷守恒，一定存在K+，不确定是否存在NO3-。（4）由上述分析知，一定存在K+，若不存在NO3-时K+浓度最小，由电荷守恒可得c
49、(K+)+c(Na+)2c(CO32-)+2c(SiO32-)，即c(K+)+0.5molL-120.25molL-1+20.4molL-1，解得c(K+)0.8 molL-1。23.如下图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ，42 以上分解为Cl2和O2。（1）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_。为使反应充分进行，实验中采取的措施有_。装置D的作用是_。（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：_。若B无冷却装置，
50、则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_。（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为_。（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用_（填“酸”或“碱”）式滴定管取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_，再加入足量的_，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。 (可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】 (1). 通过观察A中产生气泡的速率调节流速 (2). 搅拌、使用多孔球泡 (3). 吸收未反应的氯气，防止污染空气 (4). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2 (5).
51、 该反应放热，温度升高Cl2O会分解 (6). HClO见光易分解 (7). 酸 (8). H2O2溶液 (9). 硝酸银溶液【解析】【详解】（1）通过观察A中产生气泡的速率调节流速，进而控制氯气与空气的比例；装置B安装有搅拌棒，所以搅拌或使用多孔球泡可以使反应更充分；装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；（2）装置B中，氯气和碳酸钠反应生成Cl2O、氯化钠和二氧化碳，化学方程式为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2；由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少； （3）水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，HClO见光易分解，故装置C中采用棕色
52、圆底烧瓶； （4）次氯酸溶液既有酸性，又有强氧化性，应选用酸式滴定管；具体实验操作是：向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。24.明矾KAl(SO4)212H2O 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：（1）明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。（2）操作是_，操作是蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥。（3）检验滤液A中是否存在Fe2
53、的试剂是_(只用一种试剂)。（4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4转化为Mn2)：_。（5）已知：在pH3、加热条件下，MnO 可与Mn2反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：_。滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 洗涤 (5). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (6). 2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2 (7). 5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O (8). 3Mn22Mn
54、O42H2O=5MnO24H (9). MnO2、Fe(OH)3【解析】【详解】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝钾晶体；（1）明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H；（2）固体和
55、液体分离需要用过滤操作，操作是过滤，操作是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀； （4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中反应生成氢气、偏铝酸钠，反应的化学方程式是2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O，分析离子沉淀的pH范围，调节溶液pH=3，可以使使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案为：5F
56、e2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；（5）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；过滤得到反应中生成的难溶的二氧化锰沉淀和得到的氢氧化铁沉淀，答案为MnO2、Fe(OH)3。25.自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。（1）请写出Fe的基态原子核外电子排布式_。（2）金属A的原子只有3个电子层，其第一至第四电离能如下：电离能/(kJmol1)I1I2I3I4
57、A932182115 39021 771则A原子的价电子排布式为_。（3）合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜()溶液来吸收原料气体中的CO(Ac代表CH3COO)，其反应是：Cu(NH3)2AcCONH3Cu(NH3)3COAc醋酸羰基三氨合铜()H0。C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_。配合物Cu(NH3)3COAc中心原子的配位数为_。在一定条件下NH3与CO2能合成尿素CO(NH2)2，尿素中C原子和N原子轨道的杂化类型分别为_；1 mol尿素分子中，键的数目为_。（4）NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点
58、为801.3 ，MgO的熔点高达2800 。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_。（5）(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾。其中NH4+的空间构型是_(用文字描述)，与NO互为等电子体的分子是_(填化学式)。（6）铜的化合物种类很多，如图是氯化亚铜的晶胞结构（黑色球表示Cu+，白色球表示Cl-），已知晶胞的棱长为a cm，则氯化亚铜密度的计算式为_gcm3(用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). Ar3d64s2 (2). 3s2 (3). CON (4). 4 (5). sp2、sp3 (6). 7NA (7). MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大 (
59、8). 正四面体 (9). SO3或BF3 (10). 【解析】【详解】（1）铁是26号元素，根据核外电子排布规律，可知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价，应为Mg元素，价电子排布式为3s2；（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：CON；一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体，配位数
60、为4；中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为=3，故杂化轨道为sp2，氮原子形成了3个键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化轨道为sp3。键的数目为3，每个亚氨基中键的数目2，一分子尿素中含键的数目为3+22=7，故每摩尔尿素中含有键的数目为7NA；（4）MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl-O2-，Mg2+NaCl，故熔点MgONaCl，故答案为：MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大；（5）NH4+中N原子的价层电子对数为4+（5-1-41）=4，而且没有孤电子对，所以离子的空间构
61、型为正四面体；NO3-原子数为4，价电子数为24，则其等电子体为：SO3或者BF3；（6）一个晶胞中Cu原子数目为8+6=4，Cl原子数目为4，晶胞密度=g/cm3。26.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2RCCHRCCCCR+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为_，D的化学名称为_；（2）和的反应类型分别为_、_；（3）的结构简式为_用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_mol；（4）化合物也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反
62、应的化学方程式为_；（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式_；（6）写出用苯基乙醇为原料其他无机试剂任选制备化合物D的合成路线：_。【答案】 (1). (2). 苯乙炔 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). (6). 4 (7). n+n(n-1)H2 (8). (9). 【解析】【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应D发生信息中的偶联反应生成E为，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分
63、析，B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔；（2）根据以上分析，为A与氯乙烷发生取代反应生成B，为C脱去2分子HCl发生消去反应生成碳碳三键得到D，故答案为：取代反应、消去反应；（3）E的结构简式为，用1mol E合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol；（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为：n+n(n-1)H2；（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境下的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、；（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用苯基乙醇为原料其他无机试剂任选制备化合物D的合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化。
