1、浙江省丽水市松阳县第二中学2019-2020学年高二化学4月线上教学检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127 Ba-137选择题部分一、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. 下列关于的说法，正确的是（ ）A. 该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成B. 该物质完全燃烧，生成33.6 L（标准状况）的C. 该物质在
2、酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂D. 该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】C【解析】【详解】A. 根据该高分子化合物的结构片段可知，该高分子是不饱和键打开相互连接，即通过加聚反应生成的，故A错误；B.因为该物质为高分子化合物，无法确定该物质中含有C原子的物质的量，无法确定生成二氧化碳的量，故B错误；C.该物质在酸性条件下水解产物中有乙二醇，可作为汽车发动机的抗冻剂，故C正确；D.该物质链节中含有三个酯基水解均可产生羧基与氢氧化钠反应，但其中一个酯基水解后产生酚羟基，也可与氢氧化钠反应，故该物质与足量溶液反应，最多可消耗，故D错误；故答案为C。2. 下列有关实验说法，不正确的是（
3、 ）A. 碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗B. 和的混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出C. 用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D. 火柴头的浸泡液中滴加溶液，稀和溶液，可检验火柴头是否含有氯元素【答案】C【解析】【详解】A. 若皮肤不慎沾上少量碱液，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，避免皮肤受损，故A正确；B.二氧化锰不溶于水，氯化钾可溶于水，所以混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出，故B正确；C.滴管吸出的液体中含有溶质，因此会导致所配溶液浓度偏小，正确操作应该是重新配制，故C错误；D. 火柴头中含有
4、KClO3，检验氯元素，应把ClO3-还原为4Cl-，酸性条件下，NO2-具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNO3、稀HNO3和NaNO2，发生的离子反应为：ClO3-+3NO2-+Ag+AgCl+3NO3-，出现白色沉淀，证明含有氯元素，故D正确；故答案为C。3. 下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）A. 明矾可用作净水剂和消毒剂B. 利用铝热反应可冶炼高熔点金属C. 铝可用作包装材料和建筑材料D. 氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物【答案】A【解析】【详解】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间
5、反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故答案为A。4. 不能正确表示下列变化的离子方程式是A. BaCO3溶于盐酸：BaCO32H+=Ba2+CO2H2OB. FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：2CO2H2O=2CO32D 醋酸钠水解：CH3COOH2OCH3COOHOH【答案】C【解析】【详解】A项、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方
6、程式为BaCO32H+=Ba2+CO2H2O，故A正确；B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B正确；C项、苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2H2OHCO3，故C错误；D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COOH2OCH3COOHOH，故D正确；故选C。【点睛】苯酚的酸性比碳酸弱，无论二氧化碳的量为多少，苯酚钠溶液与二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠是解答关键，有机方程式用，不能用=是易错点。5. 下列说法不正确的是（ ）A. 强酸、
7、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性B. 用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）能鉴别甲酸、乙醇、乙醛C. 乙酸乙酯中混有的乙酸，可加入足量的饱和溶液，经分液除去D. 向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚【答案】D【解析】【详解】A. 强酸、强碱、加热、重金属盐及某些有机物例如甲醛等可使蛋白质发生变性，变性为不可逆反应，故A正确；B.甲酸为弱酸可与氢氧化铜发生中和反应，溶液显蓝色；乙醇无现象；乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下会生成砖红色沉淀，故B正确；C.饱和的碳酸钠溶液可以与乙酸发生反应，且会与乙酸乙酯分层，故C正确；D.溴易溶于苯，应向苯和苯酚混合溶液中加入Na
8、OH溶液，充分反应分液，以除去苯中少量苯酚，故D错误；故答案为D。6. 下列说法不正确的是（ ）A. 天然气的主要成分甲烷是高效，较洁净的燃料B. 石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化C. 石油的裂化主要是为了得到更多的轻质油D. 厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能【答案】B【解析】【详解】A.天然气的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，是较清洁的燃料，故A正确；B.煤的气化和液化均为化学变化，故B错误；C.石油裂化使大分子转化为小分子，提高轻质燃料的产量，则石油裂化的主要目的是为了得到轻质油，故C正确；D. 厨余垃圾中蕴藏着以生物质为载体的能量，故D正确；故答案为B。7. 下列表示不正确的是
9、A. 羟基的电子式： B. 乙烯的结构简式：CH2CH2C. 氯原子的结构示意图：D. NH3分子的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A项、羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为，故A正确；B项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C项、氯原子的核外有3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为，故C正确；D项、氨气为三角锥形的极性分子，球棍模型为，故D正确；故选B。【点睛】乙烯属于烯烃，官能团为碳碳双键，书写结构简式时官能团不能省写或略写是易错点。8. 下列说法不正确的是（ ）A. 和互为同位素B. 金刚石和石墨互为同素异形体C. 和互为同系物D. 和互为
10、同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.同位素指质子数相同中子数不同的核素，和质子数均为8，中子数分别为8和10，互为同位素，故A正确；B.同素异形体是指同种元素的不同单质，金刚石和石墨为C元素的不同单质，故B正确；C.同系物是指结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机化合物，的官能团为酚羟基，官能团为羟基，结构不相似，不是同系物，故C错误；D. 同分异构体指分子式相同结构不同的有机物，二者分子式均为C4H8O2，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故答案为C。【点睛】注意把握“四同”的概念和区别。9. 下列说法不正确的是（ ）A. 二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B. 石灰石在
11、高温下可用于消除燃煤烟气中的C. 钠着火不能用泡沫灭火器灭火D. 利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B. 向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B正确；C. 钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C正确；D. 在排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，故D正确；故答案为A。10. 下列说法不正确的是（ ）A. 可通过溶液与过量氨水作用得到B. 铁锈的主要成分可表示为C. 钙单质可以从中置换出D. 可用还
12、原制备单质【答案】D【解析】【详解】A.硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成，故A正确；B. 铁锈的主要成分可表示为，故B正确；C. 钙还原性较强，钙单质可以从中置换出，故C正确；D. 氢气的还原性弱与镁单质，故不能从氧化镁中置换出镁单质，故D错误；故答案为D。11. 属于原子晶体的化合物的是（ ）A. 晶体硅B. H3PO4C. 金刚石D. SiO2【答案】D【解析】【详解】A晶体硅是原子晶体，属于单质，故A不选；BH3PO4是分子晶体，属于化合物，故B不选；C金刚石是原子晶体，属于单质，故C不选；DSiO2属于原子晶体，属于化合物，故D选；故选D。【点睛】解答本题要记住常见的原子
13、晶体，如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。12. 分离乙醇和乙二醇，需要用到的仪器是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】乙醇和乙二醇互溶，可根据二者的沸点相差较大，采用蒸馏法分离，蒸馏操作所需的仪器有：蒸馏烧瓶、锥形瓶、冷凝管、温度计等，故选C。13. 下列属于无机物，又是非电解质的是（ ）A. 己烷B. 硝酸C. 葡萄糖D. 氨气【答案】D【解析】【详解】A己烷是有机物，但由于在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故A不选；B硝酸属于无机物，在水中能够导电，属于电解质，故B不选；C葡萄糖是有机物，属于非电解质，故C不选；D氨气是无机物，属于非电解质，故D选；故
14、选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意氨水能够导电，是一水合氨电离的结果，不是氨气电离造成的，氨气属于非电解质。14. 反应PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O中，氧化产物是A. PbO2B. Cl2C. PbCl2D. HCl【答案】B【解析】【详解】该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，则氧化剂是PbO2、氧化产物是Cl2，故选B。15. 下列物质的名称不正确的是（ ）A. NaOH：烧碱B. (NH4)2CO3：碳铵C. Na3AlF6：冰晶石D. ：3-甲基己烷【答案】B【解析】【详解】A氢氧化钠俗称为烧碱、火碱、苛性钠，故A正确；B碳酸氢
15、铵俗称碳铵，(NH4)2CO3为碳酸铵，故B错误；CNa3AlF6的俗名是冰晶石，故C正确；D主链有6个碳原子的烷烃，3号碳上有1个甲基，系统命名为：3-甲基己烷，故D正确；故选B。16. 设aXbY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A. H2(g)O2(g)=H2O(l)H286 kJmol1，则每1 mol H2(g)O2(g)生成1 mol H2O(l)放热286 kJB. Cr2O72-ne14H+=2Cr3+7H2O，则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NAC. Al3+4OH=Al(OH)4，说明1 mol Al(OH)
16、3电离出H+数为NAD. 1 mol CO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)n(HCO3-)n(H2CO3)1 mol【答案】C【解析】【详解】A项、由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1 mol H2(g)O2(g)生成1 mol H2O(l)放热286 kJ，故A正确；B项、由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3+转移6mol电子，则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA，故B正确；C项、氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1 mol Al(OH)3电离出H+数小于NA，故C错误；D项、由碳原子个数守恒可知，1 mol CO2
17、与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO32-)n(HCO3-)n(H2CO3)1 mol，故D正确；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子是解答关键，也是易错点。17. 下列说法正确的是（ ）A. 同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高B. 原子核外电子排布，先排满K层再排L层，先排满M层再排N层C. 同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大D. 同一周期中， A与 A族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】【详解】A.电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在
18、距离原子核远的区域运动，故A正确；B. M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完4s能级后才能填充3d能级，故B错误；C.同一周期中，主族元素随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；D.第四周期中， A与 A族元素原子的核电荷数相差11，故D错误；故答案为A。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素在周期表的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意整体把握周期表的结构。18. 下列说法不正确的是（ ）A. 的溶液不一定呈碱性B. 中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同C. 相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，相等D. 氨水和盐酸反应后的溶液，
19、若溶液呈中性，则【答案】B【解析】【详解】A. 温度影响水的电离，则pH7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)”“ (2). (3). (4). 甲醇分子间存在氢键【解析】【详解】(1)水中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，水给出氢离子的能力比乙醇要强；反应可以说明；(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子,两个碳原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以的电子式为；(3)甲醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，而甲醛是醛基不能形成氢键，只有分子间作用力，氢键的作用力大于分子间作用力，因此，需要更多
20、的能量去破坏氢键使甲醇沸腾，故答案为：甲醇分子间存在氢键。27. 为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：假设杂质不参加反应。该样品中的质量分数是_%（保留小数点后一位）；写出简要计算过程：_。【答案】 (1). 95.2 (2). 【解析】【分析】根据方程式找出MnO4-和之间的数量关系，然后进行计算求解；【详解】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.1
21、4mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-5，所以25mL待测液中所含的物质的量为：，质量为，所以样品中质量分数为。【点睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。28. 由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。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E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺
22、），该反应的化学方程式是_（乌洛托品可以用分子式表示）。【答案】 (1). 、 (2). (3). (4). （或）【解析】【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若
23、该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02mol NO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。【详解】(1)根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为；(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，C
24、a2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：(或)。29. 某兴趣小组为探究和的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：请回答：(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示_。(2)若通入水中的已过量，设计实验方案检验_。【答案】 (1). (2). 用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝（或变蓝后再褪色），说明过量【解析】【分析】(1)淡黄色沉淀为S单质，具有氧化性，据此分析；(2)可利用的氧化性对其进行检验；【详解】(1)生成淡黄色沉淀，说明反应中生成S单质，H2S被Cl2O氧化，根据电子
25、守恒可知方程式为：；(2)具有强氧化性，可利用与其反应有明显现象的还原剂对其进行检验，例如淀粉碘化钾试纸，故答案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明过量。30. 研究NOx之间的转化具有重要意义。(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)H0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列可以作为反应达到平衡判据是_。A气体的压强不变 Bv正(N2O4)2v逆(NO2) CK不变 D容器内气体的密度不变 E容器内颜色不变t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的
26、平衡常数Kp_(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2T1)，再次画出0t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线_。(2) NO氧化反应：2NO(g)O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。 2NO(g)=N2O2(g) H1 N2O2(g)O2(g)2NO2(g) H2决定NO氧化反应速率的步骤
27、是_(填“”或“”)。在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_。【答案】 (1). AE (2). p (3). (4). (5). T4 (6). H10，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响【解析】【分析】（1）化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；建立三段式求解可
28、得；由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；（2）由图可知，反应的活化能小于反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢；由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响。【详解】（1）A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B、v正(N2O4)2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变
29、，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确，故答案为：AE；设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式： 由三段式数据可知N2O4的平衡分压为p=，NO2的平衡分压为p=，则平衡常数Kp=，故答案为：；由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.040.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0t2时段，NO2的浓度c(NO2
30、)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；（2）由图可知，反应的活化能小于反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应快于反应，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应，故答案为：；由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应为放热反应，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应为放热反应，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响；31. 碘化锂（）在能源、医药等领域有重要应用，
31、某兴趣小组制备和，流程如下：已知：在7580转变成，80120转变成，300以上转变成无水。b.易溶于水，溶解度随温度升高而增大。c.在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为_。(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是_。A.为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C.宜用热水洗涤D.可在80鼓风干燥(3)步骤IV，脱水方案为：将所得置入坩埚中，300加热，得样品。用沉淀滴定法分别测定所得、样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将
32、容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调，用滴定管中的标准溶液滴定至终点，根据消耗的标准溶液体积计算，得、的纯度分别为99.96%，95.38%。纯度偏低。上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是_。A.容量瓶 B.烧杯 C.锥形瓶 D.滴定管测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤待转移溶液润洗_洗净，放回管架。a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数秒，取出移液管c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e.放液完毕，抖动数下，取出移液管f.放液至凹液面最低
33、处与移液管标线相切，按紧管口纯度偏低，可能的主要杂质是_。(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高纯度。设备X的名称是_。请说明采用该方案可以提高纯度的理由_。【答案】 (1). (2). B (3). AC (4). d (5). f (6). c (7). b (8). (9). 抽气泵 (10). 抽除空气，避免被氧化，减压，有利脱水【解析】【分析】(1)碱性氧化物或碱都可以与酸反应，起到调节pH的作用；(2)根据提供的的性质进行分析；(3)润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液；在空气中加热易被氧化；(4)在空气中加热易被氧化，需要将空气抽出；该方案抽出空气
34、且瓶内压强较低，据此分析。【详解】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用调节pH值；(2)A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；C.易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；D.在7580转变成，80120转变成，故D错误(3)润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤待转移溶液润洗洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备放液完毕，停留数秒，取出移液管洗净，
35、放回管架；在空气中受热易被氧化生成；(4)设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免被氧化，减压，有利脱水；【点睛】降温结晶时用冷水或冰水迅速冷却并剧烈搅动溶液时，可得到颗粒很小的晶体，将热溶液在常温条件下静置使之缓缓冷却，则可得到均匀而较大的晶体。32. 某研究小组以芳香族化合物A为起始原料，按下列路线合成高血压药物阿替洛尔。已知：化合物H中除了苯环还有其它环：请回答：(1)下列说法正确的是_。A.化合物D能发生加成，取代，氧化反应，不发生还原反应B.化合物E能与溶液发生显色反应C.化合物1具有弱碱性D.阿替洛尔的分子式是(2)写出化合物E
36、的结构简式_。(3)写出的化学方程式_。(4)设计从A到B的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_。(5)写出化合物C同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_。谱和IR谱检测表明：分子中共有4种氢原子，无氮氧键和碳氮双键；除了苯环外无其他环。【答案】 (1). BC (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】C为，根据B到C的反应条件以及B的化学式可知B到C发生了还原反应，B的结构简式为，根据C的结构和D的化学式可知D的结构简式为，D到E为酯化反应，E为，根据题目提供信息结构E到F的反应条件可知F为，F+G生成H且H中除了苯环还有其他环，则H为，H+I生成阿替洛尔，反推出I为，
37、据此分析作答。【详解】(1)A.化合物D为，含有苯环可以加成，酚羟基可以被氧化，酚羟基和羧基均可发生酯化反应(属于取代反应)，催化加氢即为还原反应的一种，故A错误；B.E为，含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，故B正确；C.化合物I为，含有氨基，可以结合氢离子，具有弱碱性，故C正确；D.阿替洛尔的分子式是C14H22N2O3，故D错误。(2)根据分析可知E的结构简式为；(3)F为，H为，反应方程式为：；(4)B的结构简式为，含有两个对位取代基，根据A的化学式和不饱和度可知A为对硝基甲苯，结构简式为，结合题目提供信息，其中X代表卤族原子，可知A到B的合成路线为；(5)化合物C为，其同分异构体满足：谱和IR谱检测表明：分子中共有4种氢原子，则结构对称，无氮氧键和碳氮双键；除了苯环外无其他环；符合条件的有：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予的反应信息的理解，结合转化中物质的结构、分子式与反应信息进行分析判断，(5)中同分异构体的书写为难点，题目涉及有机物的结构比较复杂，容易出错。