2018-2019学年云南省昆明市高三(上)月考化学试卷(1月份)解析版

2018-2019学年云南省昆明市高三（上）
月考化学试卷（1月份）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与生活密切相关。

下列说法正确的是（）
A. 酒历久弥香与酯化反应有关
B. 人民币一元硬币的材质是纯净物
C. 聚酯纤维和光导纤维都是无机非金属材料
D. 淀粉和纤维素在人体内水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】A
【解析】解：A、乙醇能被氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成有香味的乙酸乙酯，从而使酒变香，故A正确；
B、硬币是合金，而合金是两种或以上的金属（或金属与非金属）融合在一起形成的混合物，故硬币是混合物，故B错误；
C、聚酯纤维是有机高分子化合物，光导纤维是二氧化硅，故聚酯纤维不是无机非金属材料，故C错误；
D、人体内没有消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不能被消化，故D错误。

故选：A。

A、乙醇能被氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应；
B、硬币是合金；
C、聚酯纤维是有机高分子化合物，光导纤维是二氧化硅；
D、人体内没有消化纤维素的酶。

本题考查了化学知识在生活中的应用，应注意的是纤维素不能在人体内被消化，不能提供给人体能量。

2.下列说法错误的是（）
A. 水可以用来鉴别苯和溴苯
B. C4H9C1有四种同分异构体
C. 2-甲基丙烷与异丁烷互为同系物
D. 等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧的耗氧量相等
【答案】C
【解析】解：A．苯的密度比水的密度小，溴苯的密度比水的密度大，与水混合分层现象不同，可鉴别，故A正确；
B．丁基有4种，则C4H9C1有四种同分异构体，故B正确；
C.2-甲基丙烷与异丁烷的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C错误；
D.1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧的耗氧量相等，故D正确；
故选：C。

A．苯的密度比水的密度小，溴苯的密度比水的密度大；
B．丁基有4种；
C.2-甲基丙烷与异丁烷的分子式相同、结构不同；
D.1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气。

本题考查有机物的性质及鉴别，为高频考点，把握有机物的性质、同系物及同分异构体、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。

3.
A B C D
【答案】B
【解析】解：A．原溶液中可能含铁离子，应先加KSCN、后加过氧化氢检验亚铁离子，故A错误；
B．H2S溶液中通入O2发生氧化还原反应生成S，则氧化性：O2＞S，故B正确；C．等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，后者水解程度大，碱性强，水解程度NaHCO3＜Na2CO3，故C错误；
D．为沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，则K sp（CuS）＜K sp（ZnS），故D错误；故选：B。

A．原溶液中可能含铁离子；
B．H2S溶液中通入O2发生氧化还原反应生成S；
C．等浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，后者水解程度大，碱性强；
D．为沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、水解平衡、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 60gSiO2中所含Si-O键数目为4N A
B. 100mL1 mol•L-1 AlCl3溶液中所含Al3+的数目为0.1N A
C. 常温下，1L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.2N A
D. 密闭容器中，1mol I2和1mol H2充分反应生成HI分子总数为2N A
【答案】A
【解析】解：A、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而二氧化硅中含4条硅氧键，故1mol 二氧化硅中含4N A条Si-O键，故A正确；
B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的个数小于0.1N A个，故B 错误；
C、pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中氢离子的物质的量为
0.1mol，个数为0.1N A个，故C错误；
D、I2和H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的HI的分子数小于2N A个，故D错误。

故选：A。

A、求出二氧化硅的物质的量，然后根据二氧化硅中含4条硅氧键来分析；
B、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；℉
C、pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L；
D、I2和H2的反应为可逆反应。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

5.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中原子半径最
大的，W原子最外层电子数是电子层数的2倍，工业上电解熔融Z2X3制备单质Z．下列说法正确的是（）
A. 气态氢化物的稳定性：X＜W
B. 简单离子的半径大小：Y＞Z＞X
C. 含Z元素的盐，其水溶液可能显酸性，也可能显碱性
D. X与Y形成的所有化合物中均只含一种化学键
【答案】C
【解析】解：A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性X＞W，则氢化物的稳定性X＞W，故A错误；
B．X、Y、Z离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以简单离子的半径：X＞Y＞Z，故C错误；
C．含有Z元素的盐，即含有Al元素的盐，偏铝酸钠溶液呈碱性、氯化铝或硫酸铝等溶液呈酸性，故C正确；
D．X和Y形成的化合物过氧化钠中含有离子键和共价键，两种化学键，故D错误；故选：C。

短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，工业上电解熔融Z2X3制备单质Z，则Z 是Al、X是O元素；
Y是同周期主族元素中原子半径最大的，为Na元素；W原子最外层电子数是电子层数的2倍，为S元素，
通过以上分析知，X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、S元素，据此分析解答。

本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析判断能力，明确元素周期表结构、原子结构及元素化合物性质是解本题关键，注意C为解答易错点，易漏掉偏铝酸钠而导致错误，题目难度不大。

6.常温下，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定10mL0.1mol•L-1的H2A溶液，溶液的pH
与NaOH溶液体积关系如图所示。

下列说法错误的是（）
A. 水的电离程度：C＞B
B. 向A点溶液中加少量的水：保持不变
C. C点：c（Na+）＞c（HA-）+2c（A2-）
D. D点：2 c（Na+）=c（HA -）+c（H2A）+c（A2-）
【答案】D
【解析】解：A．B点pH=7，溶液呈中性，溶质为NaHA和H2A，基本不影响水的电离；C点恰好反应生成NaHA，溶液呈碱性，说明HA-的电离程度小于其水解程度，促进了水的电离，所以水的电离程度：C＞B，故A正确；
B．由于为HA-的水解平衡常数的倒数，由于温度不变，则该比值不变，故
B正确；
C．C点pH＞7，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）=c （H+）+c（Na+）可知：c（Na+）＞c（HA-）+2c（A2-），故C正确；
D．D点加入20mL等浓度的NaOH溶液，恰好反应生成Na2A，根据物料守恒可知：c （Na+）=2c（HA -）+2c（H2A）+2c（A2-），故D错误；
故选：D。

A．B点呈中性，溶质为NaHA和H2A，基本不影响水的电离；C点恰好反应生成NaHA，溶液呈碱性，说明HA-的电离程度小于其水解程度，促进了水的电离；
B.为HA-的水解平衡常数的倒数；
C．C点pH＞7，c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒分析；
D．D点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为Na2A，结合物料守恒分析。

本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握盐的水解、电荷守恒、物料守恒等知识，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。

7.利用铜和石墨做电极，在盐酸介质中，铜与氢叠氮酸（HN3）构成原电池，总反应
方程式为：2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+．下列判断正确的是（）
A. 电子从石墨电极流向铜电极
B. 溶液中C1-向石墨电极移动
C. 每转移1mol电子，负极减重64g
D. 正极反应式为：HN3+2e-+3H+=N2↑+NH4+
【答案】D
【解析】解：A．根据总反应方程式为：2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+，可知为原电池，铜为负极，石墨为正极，电子流向为Cu→石墨，故A错误；
B．电解质溶液中的阴离子移向负极，即向Cu电极移动，故B错误；
C．负极为铜电极，结合电池反应得到，负极的电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl（s），每转移1mol电子，负极增重35.5g，故C错误；
D．负极的电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl（s），正极电极反应：HN3+3H++2e-=N2↑+NH4+，故D正确；
故选：D。

根据总反应方程式为：2Cu+2Cl-+HN3+3H+=2CuCl（s）+N2↑+NH4+，可知为原电池，铜为负极，石墨为正极，电解质溶液中的阴离子移向负极，电子从负极流向正极，负极失电子的氧化反应，其电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl（s），总反应和负极反应之差即正极反应，根据电极反应式进行计算。

本题考查了原电池组成、原电池原理和电极反应书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.高锰酸钾是一种重要的氧化剂，在消毒杀菌等方面应用广泛。

实验室以固体碱熔氧
化法制备高锰酸钾，其部分流程如图1：
回答下列问题：
（1）为提高第③步的浸出速率，可采取的措施之一是______
（2）第④步通入CO2，将溶液的pH调至10-11时，K2MnO4完全转化为KMnO4和MnO2．第①步碱熔时发生反应的化学方程式为______。

（3）第⑥步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和______。

该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是______。

（4）工业上可采用如图2所示装置电解K2MnO4溶液制备KMnO4。

①b是直流电源的______极
②该装置中的离子交换膜是______交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）
③电解时阳极的电极反应式是______。

④与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是______。

【答案】适当加热或不断搅
拌3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O KMnO4MnO2负阳离
子MnO42--e-=MnO4-原料利用率高，产品更纯净
【解析】解：（1）为提高第③步的浸出速率，可采取的措施之一是适当加热或不断搅拌，
故答案为：适当加热或不断搅拌；
（2）第①步碱熔时发生反应的化学方程式为
3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，
故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（3）第⑥步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和KMnO4．该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是MnO2，
故答案为：KMnO4；MnO2；
（4）电解K2MnO4溶液制备KMnO4，由图可知，电解过程中阳极反应为
MnO42--e-=MnO4-，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，
①a与电源正极相连为阳极，则b是直流电源的负极，故答案为：负；
②该装置中氢离子向阴极移动，则离子交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；
③电解时阳极的电极反应式是MnO42--e-=MnO4-，故答案为：MnO42--e-=MnO4-；
④与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是原料利用率高，产品更纯净，故答案为：原料利用率高，产品更纯净。

由制备流程可知，碱溶发生3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，冷却后研细
后，可适当加热或不断搅拌提高浸出速率，通入二氧化碳发生
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，母液中含KMnO4、KCl、K2CO3，以此来解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、电解原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

9.燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。

回答下列问题：
（1）已知SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H1=-241.6kJ•mol-1
NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H2=-199.8kJ•mol-1
则反应SO3（g）+NO（g）⇌SO2（g）+NO2（g）的△H=______kJ•mol-1
（2）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3发生反应NO （g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g），2min时达到平衡状态。

①若测得2min内v（NO）=0.21mol•L-1•min-1，则平衡时NO的转化率α1=______；
若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2______α1（填“＞”“＜”或“=”）
②保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3molNO2和0.04molNO，此时
平衡将向______（填“正”或“逆”）方向移动
③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平
衡状态。

t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是______，t6时刻改变的条件是______，t4时刻改变条件后v（正）______v（逆）（填“＞”“＜”
或“=”）
（3）处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。

已知25℃时，K（NH3•H2O）=1.8×10-5；
H2SO3的K a1=1.5×10-2，K a2=1.0×10-7；K sp（CaSO4）=7.1×10-5。

第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O。

①25℃时，0.1mol•L-1（NH4）2SO3溶液呈______ （填“酸性”“碱性”或“中性”）。

②计算第2步反应的平衡常数K=______（列出计算式即可）。

【答案】+41.8 84% = 逆升高温度或增加生成物的浓度使用催化剂或增大压
强＞碱性，
【解析】解：（1）（1）已知：①SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H1=-241.6kJ•mol-1 ②NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H2=-199.8kJ•mol-1
根据盖斯定律，②-①可得：SO3（g）+NO（g）⇌SO2（g）+NO2（g）△H=（-199.8kJ•mol-1）
-（-241.6kJ•mol-1）=+41.8kJ•mol-1，
故答案为：+41.8；
（2）①若测得2min内v（NO）=0.21mol•L-1•min-1，2min内消耗的n（NO）
=0.21mol•L-1•min-1×2min×2L=0.84mol，则平衡时NO的转化率α1=×100%=84%；
该反应为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，则其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率不变，即α2=α1，
故答案为：84%；=；
②NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）
初始（mol）1 1 0 0
转化（mol）0.84 0.84 0.84 0.84
平衡（mol）0.16 0.16 0.84 0.84
该温度下该反应的平衡常数K=≈27.6，
保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3molNO2和0.04molNO，此时的浓度商Qc=≈30.0＞K=27.6，说明平衡向着逆向移动，
故答案为：逆；
③反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态，t2、t6时刻都只改变了某一个条件，根据图象可知，t2时刻改变条件后逆反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，直至达到平衡状态，说明改变条件下平衡向着逆向移动，可以增大生成物浓度，该反应为放热反应，也可能是升高温度；
t6时刻改变条件后，逆反应速率瞬间增大，且不再变化，说明平衡没有移动，则改变的条件不影响平衡，可能使用了催化剂，由于该反应为气体体积不变的反应，也可能是增大了压强；
t4时刻改变条件后，逆反应速率瞬间减小，之后又逐渐增大，说明改变条件后v（正）＞v（逆），平衡向着正向移动，
故答案为：升高温度或增加生成物的浓度；使用催化剂或增大压强；＞；
（3）①由于K b（NH3•H2O）=1.8×10-5＞K a2（H2SO3）=1.0×10-7，由“谁强咸谁性”可知，（NH4）2SO3溶液呈碱性，
故答案为：碱性；
②反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O的化学平衡常数
K===，
故答案为：。

（1）（1）已知：①SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H1=-241.6kJ•mol-1
②NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H2=-199.8kJ•mol-1
根据盖斯定律，②-①可得：SO3（g）+NO（g）⇌SO2（g）+NO2（g），据此计算该反应的△H；
（2）①若测得2min内v（NO）=0.21mol•L-1•min-1，2min内消耗的n（NO）
=0.21mol•L-1•min-1×2min×2L=0.84mol，根据转化率=×100%计算平衡时NO的转化
率；该反应为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，则其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率不变；
②利用化学平衡三段式计算出该反应的平衡常数，然后再计算出此时的浓度商，利用浓度商与平衡常数的大小关系分析移动方向；
③根据图象可知，t2时刻改变条件后逆反应速率瞬间增大，之后逐渐减小，直至达到平
衡状态，说明改变条件下平衡向着逆向移动，结合浓度、温度对化学平衡的影响分析；t6时刻改变条件后，逆反应速率瞬间增大，且不再变化，说明平衡没有移动，则改变的条件不影响平衡，结合催化剂、压强对化学平衡的影响分析；
t4时刻改变条件后，逆反应速率瞬间减小，之后又逐渐增大，说明改变条件后平衡向着正向移动；
（3）①由于K b（NH3•H2O）=1.8×10-5＞K a2（H2SO3）=1.0×10-7，由“谁强咸谁性”可知，（NH4）2SO3溶液呈碱性；
②反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O的化学平衡常数
K==，据此带入数据计算。

本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用等知识，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响及三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

10.金属钼（Mo）常用于工业、军事等领域，已被多个国家列为战略金属，我国的钼
储量居世界第二。

已知钼在元素周期表中呈现的信息为图1
回答下列问题
（1）钼位于元素周期表的位置是______，基态Mo原子核外有______种不同运动状态的电子，其中核外电子占据最高能层的符号是______。

（2）辉钼（MoS2）在纳米电子设备制造领域比硅或富勒烯（如C60）更有优势，可用H2S硫化（NH4）2MoO4溶液生产辉钼。

O、N、S的第一电离能由大到小的顺序______，H2S中心原子的杂化轨道类型为______。

（3）MoS2纳米粒子具有类似于石墨的层状结构，具有优异的润滑性能，其原因是______。

（4）Mo能与CO形成Mo（CO）6的配合物，其中Mo的化合价为______，其配体分子与N2具有相似的化学结构，则该配体分子中σ键与π键数目之比为______。

（5）金属钼晶体中的原子堆积方式如图2所示，这种堆积方式为______堆积。

若晶体钼的密度为ρg•cm-3，钼原子半径为rpm，N A表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为______（用含有ρ、r、N A、M的代数式表示）。

【答案】第五周期第VIB族42 O N＞O＞S sp3层与层之间的范德华力较弱，
在外力作用下容易发生滑动0 1：2 体心立方×100%
【解析】解：（1）Mo的外围电子排布式为4d55s1，处于周期表中第五周期第VIB族；Mo的原子序数为42，原子核外电子数为42，原子核外没有运动状态相同的电子，即基态Mo原子核外有42种不同运动状态的电子；由外围电子排布式可知原子最高能层为第5层，高能层的符号是O，
故答案为：第五周期第VIB族；42；O；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N＞O＞S；H2S中心原子S原子形成2个H-S键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，S原子杂化方式为sp3杂化，
故答案为：N＞O＞S；sp3；
（3）具有类似于石墨的层状结构，层与层之间的范德华力较弱，在外力作用下容易发生滑动，具有优异的润滑性能，
故答案为：层与层之间的范德华力较弱，在外力作用下容易发生滑动；
（4）Mo能与CO形成Mo（CO）6的配合物，由化合价代数和为0可知Co为0价；配体分子CO与N2具有相似的化学结构，则CO的结构式为C≡N，该配体分子中σ键与π键数目之比为1：2，
故答案为：0；1：2；
（5）如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的体心与顶点，属于体
心立方堆积；晶胞中Mo原子数目=1+8×=2，故晶胞中Mo原子总体积=2×π×（r×10-10cm）3，晶胞质量=2×g，则晶胞体积=2×g÷ρg•cm-3=cm3，晶胞中原子的空间利用率
=[2×π×（r×10-10cm）3÷cm3]×100%=×100%，
故答案为：体心立方；×100%。

（1）由Mo的外围电子排布式确定在周期表中的位置；原子核外没有运动状态相同的电子；由外围电子排布式可知原子最高能层为第5层；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，同主族自上而下第一电离能减小；H2S中心原子S原子形成2个H-S键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4；
（3）具有类似于石墨的层状结构，层与层之间为范德华力，容易发生滑动；
（4）Mo能与CO形成Mo（CO）6的配合物，由化合价代数和为0可知Co为0价；配体分子CO与N2具有相似的化学结构，则CO的结构式为C≡N；
（5）如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的体心与顶点，属于体心立方堆积；均摊法计算晶胞中Mo原子数目，可得晶胞中Mo原子总体积，计算晶胞
质量，根据V=计算晶胞体积，晶胞中原子的空间利用率=×100%。

本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、核外电子排布与运动、电离能、杂化方式、配合物、化学键、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，（5）中体对角线上原子紧密相邻，可以计算得到空间利用率的具体数值，注意题目的要求。

11.盐酸去氧肾上腺素可用于治疗低血压等疾病。

化合物H是制备盐酸去氧肾上腺素的
重要物质，以芳香烃X为原料制备H的一种合成路线如下
回答下列问题：
（1）X的结构简式是______，其分子中共面原子数目最多为______，由X生成A 的反应类型为______。

（2）B的化学名称为______，E中含氧官能团的名称为______。

（3）写出C与足量NaOH反应的化学方程式______。

（4）设计D→E，G→H两步的目的是______。

（5）已知同一个碳原子上连接两个羟基时不稳定。

H有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的稳定结构共有______种，写出其中任意一种的结构简式
______。

①含-NH2，且无-O-O-键的芳香族化合物
②不能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上有四个取代基，且共有5种不同化学环境的氢原子
【答案】13 加成反应间甲基苯酚醚键、醛
基保护酚
-OH 6 中任意一
种
【解析】解：（1）X的结构简式是，其分子中共面原子数目最多为7个C、6个H，共13个，由X生成A的反应类型为加成反应，
故答案为：；13；加成反应；
（2）B的化学名称为间甲基苯酚，E中含氧官能团的名称为醚键、醛基，
故答案为：间甲基苯酚；醚键、醛基；
（3）C与足量NaOH反应的化学方程式为，故答案为：；
（4）设计D→E，G→H两步的目的是保护酚-OH，
故答案为：保护酚-OH；
（5）H的同分异构体，其中能同时满足①含-NH2，且无-O-O-键的芳香族化合物
②不能与FeCl3溶液发生显色反应，不含酚-OH，
③苯环上有四个取代基，且共有5种不同化学环境的氢原子，满足条件的为
，共6种，
故答案为：6；中任
意一种。

由流程可知，X与丙烯发生加成反应生成A，X为，A发生取代反应生成B，
B中甲基上H被Cl取代生成C，C水解氧化生成D，D发生取代反应生成E，E中-CHO 转化为环氧乙醚基，F发生加成反应生成G，G水解生成H，设计D→E，G→H两步可保护酚-OH，以此来解答。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，（6）为解答的难点，题目难度不大。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.水合肼（N2H4H2O）是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实
验室用如图装置制备（部分装置省略）。

步骤1关闭K2、K3，打开K1，制备 NaClO。

步骤2关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4•H2O。

回答下列问题：
（1）盛放碱石灰的仪器的名称为______。

（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。

（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是______。

（4）本装置中制备氨气的化学方程式是______。

（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为______。

（6）已知：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，实验室用碘标准溶液测定N2H4•H2O粗产品的纯度。

若称取N2H4•H2O粗产品（其它杂质不与I2反应）2.000g，加水配成250.00mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用0.3000mol•L-1的碘标准溶液进行滴定，碘标准溶液盛放在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

达到终点的现象是______。

实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则粗产品中水合肼的质量分数为______。

【答案】干燥管量筒排除空气及多余的氯气2NH4Cl+Ca（OH）
2NH3↑+CaCl2+2H2O 2NH3+NaClO=N2H4•H2O+NaCl 酸式溶液变蓝且30s不褪
2
色75%
【解析】解：（1）盛放碱石灰的仪器的名称为干燥管，故答案为：干燥管；
（2）配制30%NaOH溶液时，计算后称量在烧杯中溶解，则所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，故答案为：量筒；
（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余的氯气，故答案为：排除空气及多余的氯气；
（4）本装置中制备氨气的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（5）NH3与NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4•H2O+NaCl，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4•H2O+NaCl；
（6）碘标准溶液盛放在酸式滴定管中，达到终点的现象是溶液变蓝且30s不褪色。

实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则
N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O
1 2
x 0.02L×0.3mol/L×
解得x=0.03mol，
粗产品中水合肼的质量分数为×100%=75%，
故答案为：酸式；溶液变蓝且30s不褪色；75%。

由图可知氯化铵与熟石灰反应生成氨气，氯气与NaOH发生
Cl2+2NaOH=NaC1O+NaC1+H2O，NaClO与氨气反应可制备N2H4•H2O，以此解答（1）-（5）；
（6）碘可氧化橡胶，淀粉为指示剂，且淀粉遇碘单质变蓝；结合
N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O计算水合肼的质量分数，以此来解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。