2019-2020学年黑龙江省双鸭山市化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2019-2020学年黑龙江省双鸭山市化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A．中性溶液中：K+、Al3+、Cl−、SO42−
B．含有大量AlO2−的溶液中：Na+、K+、HCO3−、NO3−
C．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42−
D．Na2S溶液中：SO42−、K+、Cu2+、Cl−
【答案】C
【解析】
【详解】
A. Al3+在溶液中水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；
B.溶液中HCO3−与AlO2−发生如下反应：AlO2−+HCO3−+H2O = Al(OH)3↓+CO32−，在溶液中不能大量共存，故B 错误；
C. pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中四种离子之间不发生反应，且与氢离子不反应，可大量共存，故C 正确；
D. 溶液中S2-与Cu2+结合生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选C。

【点睛】
AlO2−结合H+的能力比CO32−强，AlO2-促进HCO3-的电离，在溶液中不能大量共存是解答关键。

2．下列判断正确的是
①任何物质在水中都有一定的溶解度，②浊液用过滤的方法分离，③分散系一定是混合物，④丁达尔效应、布朗运动、渗析都是胶体的物理性质，⑤饱和溶液的浓度一定比不饱和溶液的浓度大一些，⑥布朗运动不是胶体所特有的运动方式，⑦任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶粒发生聚沉，⑧相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些。

A．③⑥⑧B．②④⑥⑧⑦C．①②③④⑤D．全部不正确
【答案】A
【解析】
【详解】
①酒精、H2SO4、HNO3等能与水以任意比互溶，没有溶解度，故①错误；
②对乳浊液应通过分液的方法进行分离，无法通过过滤分离，故②错误；
③分散系是由分散质和分散剂组成的，属于混合物，故③正确；
④渗析是一种分离方法，不属于胶体的物理性质，胶体粒子不能透过半透膜是胶体的物理性质，故④错误；
⑤饱和溶液与不饱和溶液忽略了“一定温度”这一前提条件没有可比性，并且不同物质在相同温度下的溶解
度不同，如果不是同一物质，也没有可比性，故⑤错误；
⑥布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到流体分子与粒子的碰撞而发生的不停息的随机运动，不是胶体特有的性质，故⑥正确；
⑦对不带电荷的胶粒，如淀粉胶体，加入可溶性电解质后不一定发生聚沉，故⑦错误；
⑧在相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些，故⑧正确；
正确的有③⑥⑧，故选A。

【点睛】
本题的易错点为①，要注意能与水以任意比互溶的物质，不能形成饱和溶液，也就不存在溶解度。

3．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，选项A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸钾溶液被乙二酸还原，则乙二酸体现还原性，选项B错误；
C．向硝酸银溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3•H2O不能共存，选项C错误；
D、向1mL 0.1mol•L-1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol•L-1 ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，ZnSO4过量，再加入2mL 0.1mol•L-1 CuSO4溶液，产生黑色CuS沉淀，证明发生了沉淀转化，证明Ksp（CuS）<Ksp（ZnS），选项D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，易错点为选项D，注意Na2S溶液与ZnSO4溶液反应时的量，硫酸锌过量，继续加入硫酸铜时为沉淀转化。

4．萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
a b c d
A．a和b互为同系物
B．b和c均能发生加聚反应
C．c和d互为同分异构体
D．a和d均能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】A. a和b的化学式相同，属于同分异构体，不属于同系物，故A错误；B. c中不存在碳碳双键或三键，不能发生加聚反应，故B错误；C. c的分子式为C10H14O，d的分子式为C10H16O，不是同分异构体，故C错误；D. a中含有碳碳双键，d中含有醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。

5．在下列溶液中滴入三氯化铁溶液无变化的是（）
A．B．
C．D．氢碘酸
【答案】A
【解析】
【详解】
A、苯甲醇与氯化铁溶液不反应，滴入三氯化铁溶液无变化，A正确；
B、对甲基苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，B错误；
C、苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，C错误；
D、氢碘酸与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成单质碘、氯化亚铁，D错误；
答案选A。

6．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成四种一氯代烃的是（）
A．CH3CH2CH2CH3B．CH3CH(CH3)2C．CH3C(CH3)3D．(CH3)2CHCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】
烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可。

A. CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，A项错误；
B. CH3CH(CH3)2分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，B项错误；
C. CH3C(CH3)3分子中，四个甲基位置对称，只含有1种氢原子，所以生成的一氯代烃有1种，C项错误；
D. (CH3)2CHCH2CH3分子中，含有4种氢原子，所以生成的一氯代烃有4种，D项正确；
答案选D。

【点睛】
烃的一取代物数目的确定,实质上是看处于不同位置的氢原子数目，可用“等效氢法”判断.判断“等效氢”的三条原则是：
①同一碳原子上的氢原子是等效的；如甲烷中的4个氢原子等同.
②同一碳原子上所连的甲基是等效的；如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同.
③处于对称位置上的氢原子是等效的.
注意：在确定同分异构体之前,要先找出对称面,判断等效氢,从而确定同分异构体数目。

7．常温下,向 20 mL 0.2 mol/LH2A溶液中滴加0. 2 mol/L NaOH溶液.有关微粒的物质的量变化曲线如图所示(其中I代表H2A．，II代表HA—，III表A2—)。

根据图示.判断下列说法正确的是
A．当V(NaOH)=20 mL时.溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2一)>c(OH—)
B．等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2 A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C．NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—) =c(H+) +c(H2A )
D．将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加
【答案】A
【解析】
【详解】
A、当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图象看出c(A2-)＞c(H2A)，说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，选项A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA，溶液呈酸性，则抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中的小，选项B错误；
C、根据质子守恒可知，NaHA溶液中: c(OH一)+c(A2—) =c (H +) +c(H2A )，选项C错误；
D、因对强碱弱酸盐溶液稀释，c（H+）增大，则将该电解质溶液加水稀释，溶液中离子浓度不一定都减小，选项D错误；
本题考查弱电解质的电离平衡，注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响，易错点为选项C，注意应该是质子守恒，不要将c(A2—)的计量数与电荷守恒混淆。

8．几种短周期元素的原子半径和主要化合价见表：
下列说法正确的是
A．在化学反应中，M原子既不容易失去电子，又不容易得到电子
B．等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成的氢气一样多
C．Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应
D．Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性
【答案】A
【解析】
【分析】
根据上表可以看出Q主要化合价只有-2价，所以Q是O元素；M和Q位于同一周期主要化合价有+4和-4价，M是C元素，X、Y、Z、L的半径大于O和C，且逐渐减小，再根据主要的化合价分析，可知X、Y、Z、L依次是Mg、Al、S、Cl元素
【详解】
A．在化学反应中，C原子的最外层电子数为4，既不容易失去电子，又不容易得到电子，A正确；B．Mg和HCl反应的物质的量之比为1:2，Al和HCl的物质的量之比为1:3，所以等物质的量的Mg、Al的单质与足量盐酸反应，生成的氢气Al多些，B错误；
C．Al2O3是两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应生成盐和水，C错误；
D．S的非金属性比Cl弱，所以气态氢化物的稳定性Cl>S，D错误；
答案选A。

9．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（）
A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【答案】B
A．电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；
B．在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；
C．在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C 错误；
D．电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；
故答案为B。

10．下列叙述正确的是
A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。

【详解】
A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。

24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。

B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。

C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol 重水含有10mol中子。

水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。

两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。

D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。

乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要
计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。

11．X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1。

下列说法不正确的是()
A．CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子是非极性分子
B．ZH3分子的立体结构为平面三角形
C．Z4分子是非极性分子
D．酸H2YO4比酸H3ZO4的酸性强
【答案】B
【解析】
【详解】
X原子的最外层电子排布式是2s22p4，即X是氧，它在第二周期ⅥA族，Y是跟氧同主族的短周期元素，则Y在第三周期ⅥA族，是硫。

Z与Y在同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1则Z在第三周期VA 族，是磷。

A. CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子CO2是直线形分子，为非极性分子，选项A正确；
B、磷与氮同主族，PH3与NH3分子的空问构型相似，为三角锥形，选项B不正确；
C、Z4是P4，空间构形为正四面体，分子是非极性分子，选项C正确；
D、酸H2YO4（H2SO4）比酸H3PO4的酸性强，选项D正确。

答案选B。

12．把0.02mol·L-1的醋酸钠溶液与0.01mol·L-1盐酸等体积混合，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系不正确的是
A．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol·L-1B．c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C．2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)D．c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。

【详解】
反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，
A．根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02×V/2V=0.01mol/L，A正确；
B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac- 水解程度，则（Ac-）＞c（Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+ ），所以：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)
＞c(H+)，B正确；
C．反应后NaAc、HAc和NaCl的物质的量均相等，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(Na+)，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），D正确；
综上所述，本题选C。

13．下列仪器名称为“分液漏斗”的是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 为圆底烧瓶；
B. 为量筒；
C. 为容量瓶；
D. 为分液漏斗；
故答案选D。

14．06年3月英国《泰晤士报》报道说，英国食品标准局在对英国与法国贩售的芬达汽水、美年达橙汁等230种软饮料检测，发现含有高量的致癌化学物质—苯，报道指出汽水中如果同时含有苯甲酸钠（防腐剂，C6H5COONa）与维生素C（抗氧化剂，结构式如图）可能会相互作用生成苯，苯与血癌（白血病）的形成也有密不可分的关系，下列说法一定不正确的是（）
A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．苯在一定条件下能发生取代反应和加成反应
C．维生素C在碱性溶液中能稳定存在
D．维生素C可溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】
A、苯性质稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；
B、苯在一定条件下可发生取代反应，如与浓硝酸在浓硫酸作用下加热可生成硝基苯，在催化剂条件下可与氢气发生加成反应生成环己烷，故B正确；
C、维生素C中含有-COO-，在碱性条件下可水解，故C错误；
D、题中给出汽水中含有维生素C，可说明维生素C溶于水，故D正确；
故选C。

15．下列同学饮食习惯科学的是
A．多吃肉，少吃蔬菜水果
B．合理摄入糖类、油脂等，注意膳食平衡
C．为防止变胖，炒菜时不放油
D．多饮用纯净水，少饮用矿泉水
【答案】B
【解析】
【分析】
合理膳食指的是由食物中摄取的各种营养素与身体对这些营养素的需要达到平衡，既不缺乏，也不过多，根据平衡膳食宝塔，均衡的摄取五类食物。

缺乏某些营养素会引起营养缺乏病。

水是构成细胞的主要成分，人体内的营养物质和废物必须溶解在水中才能被运输，可见水的作用很大，要注意补充水分，不能用饮料代替补充水分等，常多吃富含脂肪的食物等煎炸食品会造成脂肪堆积，而其他营养物质缺乏，是一种不健康的饮食习惯．每日的食谱要健康合理，尽量低油低盐，否则会引起肥胖、高血脂、高血压等症状。

【详解】
A. 应均衡的摄取糖类、油脂、蛋白质、无机盐和水，维生素等食物，故A错误；
B. 由食物中摄取的各种营养素与身体对这些营养素的需要达到平衡，既不缺乏，也不过多，故B正确；
C. 炒菜时不放油会使人体内缺乏油脂，故C错误；
D. 纯净水缺乏人体必需的矿物质，故D错误。

故选B.
16．下列能发生酯化、加成、氧化、还原、消去5种反应的化合物是
A．CH2=CHCH2COOH
B．
C．
D．CH2=CH-CH2-CHO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应，故A不符合；
B. 含有羟基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，和羟基连碳的邻碳上没有氢，不能发生消去反应，故B不符合；
C. 含有醛基，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，含有羟基，能发生酯化反应、消去反应，故C符合题意；
D. 含有碳碳双键和醛基，能发生加成反应、氧化反应，能和氢气发生还原反应，不能发生消去反应和酯化反应，故D 不符合；答案：C。

17．以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：
上述装置工作时，下列有关说法正确的是（）
A．乙池电极接电池正极，气体X为H2
B．Na+由乙池穿过交换膜进入甲池
C．NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小
D．甲池电极反应：4OH－-4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X 为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。

【详解】
A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。

18．下列各原子或原子团不属于官能团的是
A．–OH B．–Cl C．D．–COO–
【答案】C
【解析】
【分析】
官能团是决定有机物性质的原子或原子团，官能团与离子不同，为中性基团，以此来解答。

【详解】
A. –OH为羟基，为醇或酚的官能团，故A不选；
B. –Cl为卤素原子，为官能团，故B不选；
C. 是苯基，不属于官能团，故C选；
D. –COO–为酯基，属于酯的官能团，故D不选。

故选C。

19．以N A代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）
A．1molNH3分子中含有3N A个σ键和4N A个sp3杂化轨道
B．1mol CO2分子中含有2N A个σ键和2N A个sp2杂化轨道
C．1mol C2H2分子中含有2N A个σ键2N A个π键
D．1mol C2H4分子中含有4N A个σ键2N A个π键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；
B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；
C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；
D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；答案选A。

20．向KOH溶液中通入11.2L（标准状况）氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.7molKCl、0.2molKClO 和X，则X是（）
A．0.1molKClO4B．0.1molKClO3C．0.2molKClO2D．0.1molKClO2
【答案】B
【解析】 【详解】
11.2L(标准状况)氯气的物质的量为：
11.222.4/L
L mol
=0.5mol ，生成物中含0.7molKCl 、0.2molKClO ，根据氯守
恒，所以X 的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol ，设X 中Cl 的化合价为x 价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol ×(x-0)，解得x=5，所以X 中氯的化合价为+5价，则X 为KClO 3，物质的量为0.1mol ，故选B 。

【点睛】
明确得失电子守恒和氯守恒为解答关键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．实验室用燃烧法测定某种氨基酸（C x H y O z N m ）的分子组成，取W g 该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。

回答下列问题：
（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；
（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯； （3）A 装置中发生反应的化学方程式是_________； （4）D 装置的作用是_________；
（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；
（6）实验中测得氮气的体积为V mL （标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）
A ．生成二氧化碳气体的质量
B ．生成水的质量
C ．通入氧气的体积
D ．氨基酸的相对分子质量
【答案】排除体系中的N 2 A 和D D C x H y O z N m +（42
y z
x +
-）O 2xCO 2+
2
y H 2O+2m
N 2 吸
收未反应的O 2，保证最终收集的气体是N 2 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 视线与凹液面最低处相切 ABD 【解析】 【分析】
在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。

实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石
灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。

首先观察装置图，可以看出A 中是氨基酸的燃烧，B 中吸收生成的水，在C 中吸收生成的二氧化碳，D 的设计是除掉多余的氧气，E 、F 的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。

实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。

【详解】
(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N 2；
(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D 处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D 处酒精灯。

(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： C x H y O z N m +（42
y z
x +-）O 2xCO 2+
2
y
H 2O+2m N 2；
(4)加热铜可以吸收未反应的O 2，保证最终收集的气体是N 2 ；
(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；
(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。

故选ABD 。

【点睛】
实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。

理解各装置的作用。

实验的关键是能准确测定相关数据。

为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药——拉帕替尼的中间体H 的具体路线如下：
已知：①G 的分子式为：C 8H 5N 2OI ②
③
回答下列问题：
(1)A→B的试剂和条件是__________；D→E的反应类型是________。

(2)C的结构简式为__________，其中含有的官能团名称为_____________。

(3)写出E→G反应的化学方程式________________。

(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种。

①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；③能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为____________。

(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。

___________。

【答案】浓HNO3、浓H2SO4，加热取代反应羧基、硝基
13
【解析】
【分析】
根据流程图，甲苯发生硝化反应生成B()，B中苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，则C为，根据信息②，C发生还原反应生成D()，D与ICl发生取代反应生成E()，G的分子式为：C8H5N2OI，则E和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，据此结合物质的结构和官能团的性质分析解答。

【详解】
(1)A(甲苯)发生硝化反应生成B()，反应的试剂和条件为浓HNO3、浓H2SO4，加热；根据上述分析，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：浓HNO3、浓H2SO4，加热；取代反应；
(2)根据上述分析，C为，其中含有的官能团有羧基、硝基，故答案为：；羧基、硝基；
(3)E()和F(H2NCH=NH)发生取代反应生成G，G为，同时生成氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：
；
(4)C()有多种同分异构体，①分子中含有苯环；②分子中含有—NO2且不含—O—NO2结构；
③能发生银镜反应，说明还含有醛基，因此该同分异构体的结构有：若苯环上含有醛基、羟基和硝基，则有10种结构(醛基、羟基位于邻位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于间位，硝基有4种位置、醛基、羟基位于对位，硝基有2种位置)；若苯环上含有HCOO-和硝基，则有3种结构，共含有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为1∶2∶2的有机物结构简式为，故答案为：13；；
(5)以硝基苯和甲苯为原料，合成，根据流程图中G→H的提示，要合成，可以首先合成，可以由苯甲酸和苯胺发生取代反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，苯胺可以由硝基苯还原得到，因此合成路线为
，故答案为：。

【点睛】
本题的易错点和难点为(5)中合成路线的设计，理解和运用信息③和题干流程图G→H 的提示是解题的关键。

本题的另一个易错点为(4)中同分异构体数目的判断，要注意苯环上连接结构的判断。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．肾上腺素是缓解心跳微弱、血压下降、呼吸困难等症状的激素类药物，以下是某研究小组合成该药物的反应流程。

已知：i. CH 3Cl 322CH CH NH −−−−→CH 3NHCH 2CH 3
ii.+
Δ
−−→
iii.
23
ClCH COOH
POCl −−−−→
请回答：
(1)下列说法不正确的是____。

A ．反应②属于取代反应
B ．E 的分子式为
C 9H 10NO 3 C ．肾上腺素中含有三种不同类型的官能团
D ．D 遇FeCl 3溶液显紫色 (2)化合物B 的结构简式是___________。

(3)写出反应⑥的化学反应方程式____________。

(4)请设计以C(烃类)和乙烯为原料合成
的合成路线______(用流程图表示，无机试剂任选)。

(5)写出同时满足下列条件的E 的所有同分异构体的结构简式_____________。

①IR 谱显示分子中存在苯环、硝基、以及醚键 ②1H-NMR 谱表明分子中有3种不同环境的氢原子 【答案】B ClCH 2COOH
+CH 3NH 2→
+HCl
+
Δ−−→2
Br −−→NaOH 溶液
−−−−−−→
、
【解析】。