河北省石家庄市达标名校2019年高考四月大联考化学试卷含解析

河北省石家庄市达标名校2019年高考四月大联考化学试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列实验能达到目的的是
选项目的实验
A 验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色
B 制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸
C 制备硅酸胶体
向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强
酸性
D
配制0.2mol/L的CH3COOH溶
液
准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入
烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然
后加蒸馏水定容
A．A B．B C．C D．D
2．己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。

则RO4n-中R的化合价是（）
A．+3 B．+4 C．+5 D．+6
3．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是B
A．224
H O/H SO
23243
Fe Fe O Fe(SO)
−−−−→−−−→
高温
B．2H O
22
Cl HClO O
−−−→−−−→
光照
C．HCl
22
CuO CuCl(aq)CuCl
∆
−−→−−→无水
D．22
O/H O
324
S SO H SO
−−−−→−−−→
点燃
4．研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。

减少氨排放的下列解决方案不可行的是()
A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放
C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥
5．纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。

实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。

下列说法错误的是（）
A．酸浸的化学方程式是：FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O
B．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应
C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用
D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应
6．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液
C．除去CO中的CO2
D．实验室模拟制备NaHCO3
7．下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是( )
A．NH3B．SO2
C．HCl D．CO2
8．科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．过程I得到的Li3N的电子式为
B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑
C．过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O
D．过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
9．生活中处处有化学。

下列说法正确的是
A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
10．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）
A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
11．室温下，有pH均为9，体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是
A．两种溶液中的c(Na+)相等
B．两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5
C．分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等
12．298 K时，向20 mL 0.1 mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A．a点溶液的pH为2.88
B．b点溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）
C．b、c之间一定存在c（Na+）＝c（A－）的点
D．a、b、c三点中，c点水的电离程度最大
13．若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[
()
()
c H
c OH
+
-
]。

室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶
液滴定10 mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A．MOH电离方程式是MOH=M++OH-
B．C 点加入盐酸的体积为10mL
C．若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH) + 2c(OH-)
D．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大
14．下列说法正确的是（）
A．天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应
B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚
D．氨基酸种类较多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸
15．已知还原性I- > Fe2+ > Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）
A．I-、Fe3+ 、Cl-B．Fe2+、Cl-、Br-
C．Fe2+、Fe3+ 、Cl-D．Fe2+、I-、Cl-
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。

（1）合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。

步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中，开启搅拌器。

温度控制在50℃。

步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。

步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。

步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1~5）。

①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是__________。

②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的离子方程式为________。

③步骤4检验是否洗涤干净的方法是___________。

（2）测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。

称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5h，反应后期将温度升到30℃，最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。

①图中气球的作用是___________。

②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是_________。

③设3次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，则n值为______（用含a的表达式表示）。

（3）称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。

则该条件下合成的晶须中，n=______（选填：1、2、3、4、5）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。

它的一种合成路线如下：
已知：Bn－代表苄基（）
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。

→的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。

（2）F G
→的化学方程式：________。

（3）A的名称是__________，写出A B
（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。

N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。

其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。

①苯环只有两个取代基
FeCl溶液发生显色反应
②能与3
③能发生银镜反应
④红外光谱表明分子中不含醚键
（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．[化学——选修5：有机化学基础]
具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：
已知：
−−−−→R′HC=CH-R
Ⅰ:R′CH2Br RCHO
一定条件
=-
Ⅱ:RHC CH R'
(1)A属于芳香烃，其名称是___________。

(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为___________。

(3)由C生成D的化学方程式是___________。

(4)由G生成H的反应类型是_________，1mol F与足量NaOH溶液反应，消耗__________mol NaOH。

(5)试剂b是_________。

(6)下列说法正确的是________(选填宇母序号)
a G存在顺反异构体
b l mol G最多可以与1mol H2发生加成反应
c l mol H与足量NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH
(7)满足下面条件的同分异构体共有________种。

①含有苯环 ②含有2个－CHO ③苯环上有两个取代基
19．（6分）（1）已知反应()()()222HI g H g I g +的-1ΔH=+11 kJ mol ⋅，21 mol H g （）、2
1 mol I g （）分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ 、151 kJ 的能量，则1 mol HI (g )分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ 。

（2）对于一般的化学反应aA+bB→P ，反应物浓度和反应速率之间存在以下关系： v （单位mol·
L -1·min -1）＝k×c (A )x ×c (B )y ，k 称为速率常数，x 称为反应物A 的级数，y 称为反应物B 的级数，x+y 称为反应的总级数。

① 对于反应H 2(g )＋I 2(g )→2HI (g )，速率表达式：v ＝k×c (H 2)×c (I 2)，则反应总级数为________级。

② H 2O 2分解成水和氧气的反应是一级反应，反应速率常数k 为0.0410 min -1，则过氧化氢分解一半的时间
是__________min 。

（结果保留3．位．
有效数字）（已知：一级反应物质浓度c=c 0e -kt ，c 0为初始浓度，ln2=0.693） （3）将等物质的量的I 2和H 2置于预先抽真空的特制1L 密闭容器中，加热到1500 K ，起始总压强为416kPa ；体系达平衡，总压强为456kPa 。

体系中存在如下反应关系：
①I 2(g )⇌
2I (g ) K p1 = 200 ΔH 1 ②I 2(g )+ H 2(g )⇌
2HI (g ) K p2 ΔH 2 ③HI (g )⇌
I (g )+ H (g ) K p3 ΔH 3 ④H 2(g )⇌
2H (g ) K p4 ΔH 4 （已知K p3、 K p4值很小，③、④反应忽略；K p 为以分压表示的平衡常数，以下计算结果均保留2．位．有效数字）
①ΔH 2=_____________。

（用含ΔH 1、ΔH 3、ΔH 4的式子表示）
②1500K 平衡体系中I (g )、H 2(g )分压分别为______kPa 、_______kPa 、K p2=______。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A 错误；
B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；
C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；
D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；
故答案为B。

2．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝343
2
－
＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；
C．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。

4．A
【解析】
【详解】
A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；
B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；
C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；
D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；
故合理选项是A。

5．D
【解析】
【详解】
A. FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；
B. 纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。

故B正确；
C. 用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；
D. ①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；故选D。

6．A
【解析】
【分析】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；
D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。

【详解】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A正确；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故C错误
D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D错误；
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。

没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。

7．A
【解析】
【分析】
酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。

氢氧化钠的酚酞溶液显红色。

【详解】
A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；
B. SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；
C. HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；
D. CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；
故选A 。

【点睛】
SO2和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。

这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。

但如果继续通入气体SO2和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。

8．D
【解析】
【详解】
A. Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；
B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；
C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；
D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是D。

9．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；
B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；
C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；
D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。

故选A。

10．B
【解析】
【详解】
A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B 、FeCl 3具有氧化性，能溶解Cu 生成CuCl 2，所以FeCl 3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B 正确；
C 、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO 2反应生成强氧化剂HClO ，HClO 有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C 错误；
D 、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D 错误； 答案选B 。

【点睛】
试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。

11．B 【解析】 【分析】
pH 相等的NaOH 和CH 3COONa 溶液，c （NaOH ）＜c （CH 3COONa ），相同体积、相同pH 的这两种溶液，则n （NaOH ）＜n （CH 3COONa ）。

【详解】
A ．pH 相等的NaOH 和CH 3COONa 溶液，c （NaOH ）＜c （CH 3COONa ），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOH ＜CH 3COONa ，故A 错误；
B ．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH 溶液中c （H +）等于水电离出c （OH -）=10-9mol/L ，CH 3COONa 溶液10-14/10-9=10-5mol/L ，两溶液中由水电离出的c （OH -）之比=10-9/10-5，故正确；
C ．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH 大小为CH 3COONa ＞NaOH ，故C 错误；
D ．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH 、CH 3COONa 的物质的量成正比，n （NaOH ）＜n （CH 3COONa ），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D 错误。

12．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当加入10mL0.1 mol/L NaOH 溶液时，溶液中c(HA)=c(A -) ,由HA ⇌H ++A -可知
Ka=(H )(A )(HA)
c c c +-⋅=c(H +)=10-4.76，则0.1mol/L 的某酸HA 中的c(H +)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)
为xmol/L ：
HA
H A (mol /L)0.100(mol /L)x x x (mol /L)
0.1x
x
x
+-+
-始转平
HA的电离平衡常数K=
(H)(A)
(HA)
c c
c
+-
⋅
=
2
x
0.1x
-
=10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a
点溶液的pH为2.88，A正确；
B．b溶液显酸性，c(H+)>(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，当溶液pH=7呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，所以b、c之间一定存在c(Na+)=c(A-)的点，C正确；
D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H+对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；
答案选B。

【点睛】
溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。

13．C
【解析】
A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，
解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH 和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，两式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH) + 2c(OH－)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。

14．D
【解析】
【分析】
A．天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；
B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；
C．加入硫酸钠，蛋白质不变性；
D．氨基酸含羧基和氨基官能团。

【详解】
A．油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；
B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；
C．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；
D ．氨基酸结构中都含有﹣COOH 和﹣NH 2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D 正确； 故选：D 。

【点睛】
解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A ，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。

15．B 【解析】 【详解】
由于还原性 I - > Fe 2+ > Br -，所以在只含有I -、Fe 2+、Br -溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl 2＋2I －===2Cl －＋I 2；当I －反应完全后再发生反应：2Fe 3＋+ Cl 2=2Fe 2++2Cl －，当该反应完成后发生反应：
Cl 2＋2Br －===2Cl －
＋Br 2。

因此可能存在的情况是Fe 2+、Cl -、Br -，故选项是B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．水浴加热 Mg 2++HCO 3-+NH 3·H 2O+(n-1)H 2O=MgCO 3·nH 2O+NH 4+ 取最后一次洗涤液少量，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液，若不出现沉淀，即洗涤干净 暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO 2逸出，便于吸收完全 （1.000-84a ）/18a 1 【解析】 【分析】 【详解】
（1）①①水浴加热受热均匀，易于控制，不高于100℃均可采用水浴加热， 故答案为水浴加热；
②将250mL MgSO 4溶液逐滴加入NH 4HCO 3溶液中，用氨水调节溶液pH 到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg 2++HCO 3-+NH 3·
H 2O+(n-1)H 2O=MgCO 3·nH 2O+NH 4+， 故答案为Mg 2++HCO 3-+NH 3·
H 2O+(n-1)H 2O=MgCO 3·nH 2O+NH 4+； （2）①装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，
故答案为暂时储存CO 2，有利于CO 2被NaOH 溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；②反应后期将温度升到30℃，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差， 故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO 2逸出，便于吸收完全；
③实验测得每1.000g 碳酸镁晶须产生的CO 2平均值为a mol ，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为amol ，根据化学式可知，MgCO 3•nH 2O 中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n ，得到1：n=a ：
1.000g 84ag)
18/g mol
（；得到n=（1.000-84a ）/18a ，故答案为（1.000-84a ）/18a ；
（3）MgCO 3•nH 2O n=1～5，分析图象400°C 剩余质量为82.3g ，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.5g
是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g×
18
1884
n
n+
=100-82.3，解得n=1，
故答案为1。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．醚键、羟基、羧基取代反应保护（酚）羟基乙二醛
+O2→18
【解析】
【分析】
根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知
D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分
析。

【详解】
（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。

H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；
答案：醚键、羟基、羧基
（2）F G
→的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。

从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以F G
→是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。

答案：取代反应保护（酚）羟基
（3）A为乙二醛（OHC-CHO），A B
→属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；答案：乙二醛+O2→
（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、
OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、
⨯=；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质间、对三种位置关系，共有6318
的结构简式是；
答案：18
（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。

由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。

根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为
；
答案：
【点睛】
本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．1，2-二甲苯(邻二甲苯)
加成反应 2 NaOH醇溶液 c 12种【解析】
【分析】
由A的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A为，结合B的分子式与C的结构，可知B为，B与液溴在光照条件下反应得到C．由D的分子式、D后产物结构，结合信息i，可推知D 为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH．D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为．由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生加成反应得到H。

【详解】
（1）A是，其名称是：邻二甲苯。

（2）①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，含有醛基，③能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B的一种同分异构体：；
（3）由C生成D的化学方程式是。

（4）G含有碳碳双键，由G生成H的反应是加成反应，F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，1mol F与足量NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH。

（5）试剂b是NaOH醇溶液，F发生消去反应生成G为。

（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；
b.1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故b错误；
c.1mol H含有两摩尔酯基，与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故c正确。

（7）①含有苯环②含有2个－CHO ③苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、
对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有4×3=12种。

【点睛】
本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。

难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。

19．299 二16.9 ΔH1+ΔH4-2ΔH380 72 32
【解析】
【分析】
(1)利用反应吸收的总能量与释放的总能量的差值等于焓变进行计算；
(2)①根据速率常数表达式得出x，y的值，总级数等于x+y；
②根据所给公式和题中已知条件，结合自然对数的表示方法进行计算时间t；
(3)①利用盖斯定律计算ΔH2；
②列三段式，利用平衡时的压强表示化学平衡常数，计算出各物质的分压和K p2。

【详解】
(1)焓变等于反应吸收的总能量与释放的总能量的差，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ ，则：2xkJ−436kJ−151kJ=11kJ ，解得x=299；
(2)①根据题意速率常数表达式中各物理量符号的含义，反应H 2(g)＋I 2(g)→2HI(g)，速率表达式：v ＝k×c(H 2)×c(I 2)，则x=1，y=1，该总级数=x+y=2；
②根据题意，过氧化氢分解一半，则分解一半时的浓度c=12
c 0。

则0c c 12=；已知c=c 0e -kt ，则0c c = e -kt ，
等式两边取自然对数，ln
c
c = ln e -kt =- kt ，ln2=kt ，k=0.0410 min -1，ln2=0.693，故t=
1ln20.693
k 0.0410 min
-==16.9min ； (3)①已知：①I 2(g)⇌2I(g)ΔH 1，②I 2(g)+ H 2(g)⇌2HI(g)ΔH 2，③HI(g)⇌I(g)+ H(g)ΔH 3，④H 2(g)⇌2H(g)ΔH 4；根据盖斯定律可知，反应：②=①+2×③+④，可得ΔH 2=ΔH 1+ΔH 4-2ΔH 3；
②将等物质的量的I 2和H 2置于密闭容器中，起始总压强为416kPa ，故I 2和H 2的起始分压分别为208 kPa ，由体系达平衡，总压强为456kPa ，则密闭容器中气体体积增大，已知K p3、 K p4值很小，则容器中有两步反应发生，即①I 2(g)⇌2I(g)K p1 = 200，②I 2(g)+ H 2(g)⇌2HI(g)，利用三段式，设I 2和H 2的转化分压分别为x ，
()()()222082080x I g H g 2H x 2x I g kPa kPa k 208x
208x
2a
x
P +
--始变平
设I 2(g)的转化分压为y ，则列“三段式”：
()()2I g 2I g kPa 208x kPa kPa
200y 82y x 2y
y
---始变平
已知K p1 = 200 体系达平衡，总压强为456kPa ，反应①的压强表示的平衡常数K p1 =
()()()
2
22p I g 2y 208x y
p I g =
⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣--⎦
=200，208-x+2x +2y+208-x-y=456，解得y=40，x=136，1500K 平衡体系中I （g ）、
H 2（g ）分压分别为2y=80kPa ，208-x=72kPa ，K p2= ()()()()2
222p HI g p I g H 1362=
722
p g 3⎡⎤⨯⎣⎦
⨯⋅⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦
=32。

【点睛】
本题难点在于第(2)题中自然对数ln 的含义，自然对数是以e 为底的对数，对于自然对数的理解是该题解题关键。