2019-2020学年吉安市重点中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年吉安市重点中学新高考化学模拟试卷
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．常温下，用AgNO 3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L 的KCl 、K 2C 2O 4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C 2O 42-的水解)。

已知K sp (AgC1)数量级为10-10。

下列叙述不正确的是（ ）
A ．图中Y 线代表的Ag 2C 2O 4
B ．n 点表示AgCl 的过饱和溶液
C ．向c(Cl -)=c(C 2O 42-)的混合液中滴入AgNO 3溶液时，先生成AgC1沉淀
D ．Ag 2C 2O 4+2Cl -=2AgC1+C 2O 42-的平衡常数为1.0×10-0.7l 【答案】D 【解析】 【分析】
当阴离子浓度相同时，生成AgCl 沉淀所需的c （Ag +）小，先析出氯化银沉淀，X 为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，K sp (AgC1)=()()-5.75
-4-9.75=10
10Cl
Ag =10c c -
+
⨯ ，
K sp (Ag 2C 2O 4)=()()()
2
2-2.46224-4-10.46=1010=10C O Ag c c -+⨯ 。

【详解】
A ．当阴离子浓度相同时，生成AgCl 沉淀所需的c （Ag +）小，先析出氯化银沉淀，X 为生成氯化银沉淀的曲线，Y 线代表的Ag 2C 2O 4，故A 正确；
B ．n 点c(Cl -) ×c(Ag +)> K sp (AgC1)，所以n 表示AgCl 的过饱和溶液，故B 正确；
C ．结合以上分析可知，向c(Cl -)=c(C 2O 42-)的混合液中滴入AgNO 3溶液时，Cl -生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C 正确；
D ．Ag 2C 2O 4+2Cl -=2AgC1+C 2O 42-的平衡常数为
()()
()()()()
()()()
222424sp 22-10.46
2
2
2
2
-9.242
75sp C O C O Ag Ag C O Cl
Cl 10Ag
Ag 0C1=1c c c c c c K K --+-
-
+
=
⎦
=
⎤=
⎡⎣ 1.0×109.04，故D 错误；
故选D 。

2．下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（ ） A ．甲酸甲酯和乙酸 B ．对甲基苯酚和苯甲醇
C ．油酸甘油酯和乙酸乙酯
D ．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯
【答案】C
【分析】
【详解】
A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；
B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；
C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；
D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；
故选C。

3．下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。

已知储氢装置的电流效
率
生成目标产物消耗的电子数
转移的电子总数
η=×100%，下列说法不正确
．．．的是
A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D．若η=75%，则参加反应的苯为0.8mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应
C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；
4．铈是稀土元素，氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的氢氧化物。

平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
下列说法不正确的是
A．过程①中发生的反应是：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中有O2生成
D．过程④中发生的反应属于置换反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液A中，滤渣A为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣B为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3价氧化为+4价，得到产品。

根据上述分析可知，过程①为Fe2O3与盐酸发生反应，选项A 正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，选项B正确；稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O，选项C正确；D中发生的反应是4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，属于化合反应，选项D错误。

5．吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O)可用作印染工业的还原剂、橡胶合成及制糖工业中的漂白剂。

以SO2、纯碱、Zn及甲醛为原料生产吊白块及氧化锌的工艺流程如图：
已知：吊白块呈白色块状固体成结晶性粉状，易溶于水，微溶于乙醇，常温时较为稳定，高温下下具有强还原性：120℃以上会分解产生甲醛、二氧化硫和硫化氢等有毒气体。

回答下列问题：
（1）“反应Ⅰ”发生后溶液的pH=4.1，则反应I的产物是__。

（2）设计反应Ⅱ后向反应Ⅲ中继续通入SO 2的目的是得到NaHSO 3过饱和溶液，从而生成Na 2S 2O 5，则反应Ⅲ中发生反应的化学方程式为__。

（3）“反应Ⅳ”加热的方式最好选用__(填“直接加热”或“水浴加热”)；其反应的化学方程式为__。

（4）“过滤”得到的滤液蒸发浓缩时不能在敞口容器中进行，原因是__；洗涤时中的洗涤剂最好选择__(填字母序号)。

A ．水
B ．无水乙醇
C ．稀氢氧化钠溶液 （5）由“滤渣”制备氧化锌的方法是__。

（6）一种测定吊白块中硫的质量分数的方法如下：称取ag 产品溶于适量水中，加入稍过量的碘水(反应生成NaHSO 4和HCOOH)，充分反应后加入足量BaCl 2溶液，过滤，滤渣经干燥后称得质量为bg 。

则产品中硫的质量分数为__(用含a 、b 的式子表示)。

【答案】NaHSO 3、CO 2 2NaHSO 3= Na 2S 2O 5+H 2O 水浴加热 Na 2S 2O 5+2Zn+2HCHO+3H 2O 95C
︒= 2NaHSO 2·HCHO+2Zn(OH)2↓ 吊白块具有强还原性，高温下易被空气中的氧气氧化 B 洗涤、(干燥)、煅烧(高温焙烧) 32b
233a
【解析】 【分析】
（1）Na 2SO 3溶液呈碱性， NaHSO 3 溶液呈酸性； （2）NaHSO 3脱水生成Na 2S 2O 5；
（3）“反应Ⅳ”反应温度为95℃；根据流程图可知Na 2S 2O 5、Zn 、HCHO 反应生成NaHSO 2·HCHO 、Zn(OH)2； （4）吊白块常温时较为稳定、高温下具有强还原性；吊白块微溶于乙醇； （5）氢氧化锌加热分解为氧化锌；
（6）加入足量BaCl 2溶液，过滤，bg 滤渣为BaSO 4，根据硫元素守恒计算。

【详解】
（1）“反应I ”发生后溶液的pH=4.1，溶液呈酸性，说明SO 2和纯碱反应的产物是NaHSO 3，则反应I 的产物是NaHSO 3、CO 2；
（2）NaHSO 3脱水生成Na 2S 2O 5，反应的方程式是2NaHSO 3=Na 2S 2O 5+H 2O ；
（3）“反应IV ”反应温度为95℃，加热的方式最好选用水浴加热；根据流程图可知Na 2S 2O 5、Zn 、HCHO 反应生成NaHSO 2·HCHO 、Zn(OH)2反应方程式是Na 2S 2O 5+2Zn+2HCHO+3H 2O 95C
︒=2NaHSO 2·HCHO+2Zn(OH)2↓； （4）吊白块常温时较为稳定、高温下具有强还原性，高温下易被空气中的氧气氧化，所以“过滤”得到的滤液蒸发浓缩时不能在敞口容器中进行；吊白块微溶于乙醇，洗涤时，洗涤剂最好用无水乙醇，选B ； （5）氢氧化锌加热分解为氧化锌，由“滤渣”制备氧化锌的方法是洗涤、(干燥)、煅烧(高温焙烧)； （6）加入足量BaCl 2溶液，过滤，得到bgBaSO 4，硫元素的质量为(
32)g 233
b
⨯，根据硫元素守恒，ag 产
品中硫元素的质量为32
g
233
b，硫元素质量分数为
32
g
233
b÷ag=
32b
233a。

6．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D
的合金是日常生活中常用的金属材料。

下列说法正确的是
A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质
B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态
C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键
D．元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应
【答案】A
【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al 元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。

工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3，H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。

7．设N A为阿伏加德罗常数值。

如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。

下列说法正确的是
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B．每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3N A
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5N A
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：
N 2O+ Pt 2O += N 2+ Pt 2O 2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N 2O 转化为N 2得到2mol 电子，则每1mol Pt 2O +转化为Pt 2O 2+失电子为2mol ，数目为2N A ，故B 错误；
C ．将生成的CO 2通人含大量SiO 32-、Na +、Cl -的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO 32-+CO 2(少量)+H 2O=CO 32-+H 2SiO 3↓，有白色沉淀生成，故C 错误；
D ．CO 2和N 2O 的摩尔质量都为44g/mol ，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO 2 、N 2O 的混合气体的物质的量为144mol ，含有电子数为144
mol ×22×N A =0.5N A ，故D 正确； 答案选D 。

【点睛】
B 项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。

8．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是 （ ）
A ．测定一定质量的2Na O 和22Na O 混合物中22Na O 的含量
B ．确定分子式为26
C H O 的有机物分子中含活泼氢原子的个数 C ．测定一定质量的242Na SO H O x ･晶体中结晶水数目
D ．比较Fe 3+和Cu 2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A.在烧瓶中放入Na 2O 和Na 2O 2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na 2O 2的量，故A 符合题意；
B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B 符合题意；
C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na 2SO 4·xH 2O 晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C 不符合题意；
D.可通过对照所以比较单位时间内Fe 3+和Cu 2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D 符合题意。

故选C。

9．某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（）
A．分子式为C8H10O3
B．含有两种官能团
C．既可以发生加成反应又可以发生取代反应
D．分子中所有碳原子共面
【答案】C
【解析】
【详解】
A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A错误；
B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B错误；
C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；
D.分子中含有4个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D错误；
故合理选项是C。

10．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述错误
．．的是（）
A．生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记
B．液态HCl不能导电，说明HCl是共价化合物
C．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
D．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．玻璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；
B．HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；
C．高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；
D．所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。

答案选C。

11．关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是
A．牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理
B．外加电流阴极保护法利用的是电解原理
C．牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极
D．外加电流阴极保护法中钢铁为阴极
【答案】C
【解析】
A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接，形成原电池，A正确；
B. : 外加电流的阴极保护法是外加电源，形成电解池，让金属称为阴极得电子，从而保护金属，B正确
C. 为保护钢铁，钢铁为电池正极，C 错误；
D. 利用电解原理，钢铁为阴极得到电子，从而受到保护，D正确。

故选择C。

点睛：原电池中，失去电子的为负极，得到电子的为正极；电解池中，失去电子的为阳极，得到电子的为阴极。

12．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）
A．NaOH B．NH4Cl C．CH3COONa D．HC1
【答案】C
【解析】A．NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B 不选；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；D．HC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D不选；故选C。

13．下列离子方程式书写正确的是( )
A．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO— + 2H+＝Cl— + 2Fe3+ + H2O
B．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42—沉淀完全：2Al3+ + 3SO 42—+ 3Ba2+ + 6OH—＝2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O＝AlO2—+ 2H2O + 4NH4+
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—+ Ba2+ + OH—＝BaCO3↓+ H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀；
B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，n[Ba(OH)2]:n(NaHCO3)=1:1
【详解】
A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生
3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-，故A错误；
B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化
学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO42- +2Ba2+
+4OH-=2BaSO4↓+AlO2- +2H2O，故B错误；
C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3•H2O：
Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+
D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确，选D。

【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．
14．稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。

下列说法
正确的是
A．萘、菲、芘互为同系物B．萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种
C．萘、菲、芘中只有萘能溶于水D．萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作答；
B．根据等效氢原子种类判断；
C．依据相似相容原理作答；
D．依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。

【详解】
A. 萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误；
B. 根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示：，则其一氯代物有2种，而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子，如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确；
C. 三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误；
D. 苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误；
答案选B。

【点睛】
本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。

15．我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是
A．干馏B．气化C．液化D．裂解
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。

故选：D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)
相关信息如下：
①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。

pH
金属离子
开始沉淀完全沉淀
Fe3+1.5 2.8
Fe2+5.5 8.3
Zn2+5.4 8.2
②ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。

请回答：
（1）①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是__。

②步骤Ⅰ可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是__。

（2）步骤Ⅱ须加入过量H2O2理由是__。

（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是__。

（4）步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。

请给出上述操作的正确顺序__。

(操作可重复使用)
（5）步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4•7H2O晶体颗粒大小分布如图所示。

根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择__方式进行冷却结晶。

A.快速降温
B.缓慢降温
C.变速降温
（6）①ZnSO4•7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。

下列关于滴定分析，正确的是__。

A.图中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C.将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
②图中滴定终点是的读数是___mL。

【答案】Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解产生气泡的速率显著变慢使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解2.8～5.4 dabace C ADE 20.60
【解析】
【分析】
镀锌铁皮先进行酸浸，溶解金属离子，再根据金属离子沉淀表除去铁离子，硫酸锌溶液蒸发得到晶体。

【详解】
(1)Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解，可用于洗涤油污；镀锌Fe片溶解于稀硫酸时，最初生成氢气的速率较快，当观察到产生气泡的速率显著变慢时可判断镀锌层完全反应；
故答案为：Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解；产生气泡的速率显著变慢；
(2)双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，然后调节溶液的pH，从而除去铁离子，离子方程式为
2++3+
2Fe+H O+2H=2Fe+2H O；
222
故答案为：使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解；
(3)由表中数据可知调节pH，可使铁离子完全生成沉淀，但不能影响锌离子，则pH范围为2.8≤pH＜5.4；故答案为：2.8～5.4；
(4)由溶液蒸发得到晶体，先加热温度较高，蒸发大量的水，至液面出现晶膜时，降低温度继续加热，然后过滤、洗涤，得到晶体，实验顺序为dabace；故答案为：dabace；
(5)由图象可知，变速降温，可得到较大颗粒晶体；故答案为：C。

(6)A．在酸式滴定管上涂凡士林时，涂在活塞的大头和活塞套小口的内侧，即ac处，故A正确；B．滴定操作时，锥形瓶不需要润洗，故B错误；C．在转移液体时，不需要借助仪器，故C错误；D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，眼睛观察锥形瓶内颜色的变化情况，故D正确；E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液的体积偏小，则测得的体积比实际消耗的小，故E正确；读数时，眼睛视线与凹液面的最低处齐平，读数精确到0.01mL，读数为20.60mL；故答案为：ADE；20.60。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。

某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：
己知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。

（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。

（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。

①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。

【答案】焦炭对二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O 酯
C H
基取代反应1014
CH3OH CH3Cl
【解析】
【分析】
采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反
应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。

【详解】
（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）
（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；
（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；
C H，根据分析，F的结构简式为；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为1014
（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；
（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为
CH3OH CH3Cl。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。

(1) Cu＋基态核外电子排布式为____________。

(2) NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为____________；Na2SO3中SO32-的空间构型为____________(用文字描述)。

(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为
____________________。

(4) DMF(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为____________；1 mol DMF分子中含有σ键的数目为____________。

【答案】[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10N、C、S 三角锥形HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键sp2和sp311 mol
【解析】
【详解】
(1)铜是29号元素，Cu＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10。

(2)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族np能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，则N＞C>O，O和S在同一主族，从上到下，第一电离能呈减小的趋势，NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S；
SO32-中心原子S价层电子对数为3+6
2
223
+-⨯
=4，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键。

(4) DMF的结构简式为(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为酰胺基中的C形成3个
σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，甲基中C形成4个σ键，没有孤电子对，为sp3杂化；一个DMF分子中有7个C-H键，3个C-N键，1个C-O键，1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol。

【点睛】
本题考查了离子价电子排布、第一电力能大小、化学键、氢键、杂化类型等，难点和易错点，（4）DMF 分子式转化成结构简式，是难点，由结构简式计算化学键数目，易将省略的C-H丢失，是易错点。

七、工业流程
19．倍他乐克是一种治疗高血压的药物,其中间体F合成路线如下:
回答下列问题:
（1）A 的分子式为____ 。

D 中官能团的名称是____ 。

（2）B 与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为____。

（3）D →E 的反应类型为_____。

（4）反应⑤加入试剂X 反应后只生成中间体F,则X 结构简式为 ___。

（5）满足下列条件的C 的同分异构体有_____种。

①能发生银镜反应;
②与NaOH 溶液反应时,1molC 最多消耗3molNaOH;
③苯环上只有4个取代基,且直接与苯环相连的烃基处于间位。

其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1︰6︰2︰1的可能是____(写结构简式)。

（6）根据已有知识及题目相关信息,完成以和CH 3OH 、CH 3ONa 为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂任选)____。

【答案】C 8H 8O 2 羟基、醚键 +2NaOH −−→∆水 +NaBr+H 2O 取代反应 (CH 3)2CHNH 2 7 和
【解析】
【分析】
（1）根据A的键线式可知其分子式；由结构可知D中的官能团；
（2）B中含有酚羟基和溴原子，都可以与NaOH反应；
（3）根据D、E物质的结构简式，分析反应特点；
（4）根据EF的结构简式，分析反应的特点和规律，找出X的结构简式；
（5）C的分子式为C9H10O3，同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明含有-CHO；②与NaOH溶液反应时，1molC最多消耗3molNaOH，而只含有3个O原子，说明分子中含有酚羟基，但由于含有-CHO，所以不可能有三个羟基，则只能是含有酯基，酯基水解生成甲酸和酚羟基；③苯环上只有4个取代基，且直接与苯环相连的烃基处于间位，根据分子式可知4个取代基分别为-OOCH，-OH和两个-CH3，两个甲基处于间位，据以上分析写出同分异构体的结构简式；
（6）观察原料和目标产物可知，羟基被氧化，苯环上另一个取代基发生类似B到D的变化，据此写出合成路线。

【详解】
（1）根据A的键线式可知其分子式为C8H8O2；根据D的结构简式可知其官能团为羟基、醚键；
水
（2）B中含有酚羟基和溴原子，都可以与NaOH反应，方程式为：+2NaOH−−→
∆
+NaBr+H2O；
（3）D到E的转化过程中D中酚羟基上的氢原子被取代，为取代反应；
（4）反应⑤加入试剂X反应后只生成中间体F，该过程中环打开，开环后两端O原子连接一个氢原子，另一端碳原子连接(CH3)2CHNH-，所以X为(CH3)2CHNH2；
（5）C的分子式为C9H10O3，同分异构体满足：
①能发生银镜反应，说明含有-CHO；
②与NaOH溶液反应时，1molC最多消耗3molNaOH，而只含有3个O原子，说明分子中含有酚羟基，但由于含有-CHO，所以不可能有三个羟基，则只能是含有酯基，酯基水解生成甲酸和酚羟基；
③苯环上只有4个取代基，且直接与苯环相连的烃基处于间位，根据分子式可知4个取代基分别为-OOCH，-OH和两个-CH3，两个甲基处于间位，满足条件的同分异构体有：、、（数字表示-OOCH的位置），共有2+3+2=7种，峰面积比为1︰6︰2︰1的为：。