杭州市达标名校2019年高考一月质量检测化学试题含解析

杭州市达标名校2019年高考一月质量检测化学试题
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．某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。

实验1
实验2
下列分析正确的是（）
A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
2．现有原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，其中W和X位于同主族，且原子序数相差2，Y
是形成化合物最多的元素，Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，下列说法正确的是()
A．由W和Y组成的化合物中只可能含有极性共价键
B．简单离子半径：r(W—)>r(X+)
C．室温下，同浓度的氧化物对应水化物水溶液的pH：Z＜Y
D．Y、Z、W三元素形成的化合物有可能是电解质
3．向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。

下列推断错误的是
A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2
B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子
C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+
D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O
4．X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18，则以下说法中正确的是（）
A．Y的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2
B．X、Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小
C．Y的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点
D．X、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强
5．中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。

如图所示，下列说法不正确的是
A．转化过程中有非极性键断裂与形成
B．复合催化剂降低了反应的活化能
C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变
D．低温下合成氨，能提高原料转化率
6．下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。

下列说法中不正确的是
A．乙装置中溶液颜色不变
B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋
D．当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16g
7．化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：
则下列说法错误的是（）
A．反应1可用试剂是氯气
B．反应3可用的试剂是氧气和铜
C．反应1为取代反应，反应2为消除反应
D．A可通过加成反应合成Y
8．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原
理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH 1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH 2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。

下列说法正确的是
A．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B．溶液pH越大，K sp(CuCl)增大
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D．1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s) ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
9．化学与生活密切相关。

下列叙述错误的是
A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关
B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料
C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料
D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法
10．聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（）
A．聚维酮的单体是B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
11．Cl2可用于废水处理。

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。

下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2N A个电子时，一定会生成13.44L的气体
12．下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（）
A．氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）通电
2Na+C12↑
B．利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeO 高温
Fe+CO2
C．工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
D．工业制粗硅：C+SiO2高温
Si+CO2↑
13．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是
A．2HClO2HCl＋O2↑
B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
14．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液，Na2S溶液的反应情况如下：
（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液
主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑
次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓
（2）CuSO4溶液和Na2S溶液
主要：Cu2++S2－=CuS↓
次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑
下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）
A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS
15．下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()
A．溴乙烷B．乙醛C．橄榄油D．汽油
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe
(C
2O4)3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。

110℃下可完全失去结晶水，230℃时分解。

它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。

某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：
Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；
①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。

停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；
②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40o C水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；
③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。

趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。

晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。

（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。

检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。

（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。

（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。

Ⅱ．铁含量的测定：
步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。

步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。

步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。

（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。

（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。

功能高分子P 的合成路线如下：
（1）A 是甲苯，试剂a 是______。

反应③的反应类型为______反应。

（2）反应②中 C 的产率往往偏低，其原因可能是______。

（3）反应⑥的化学方程式为______。

（4）E 的分子式是C6H10O2，其结构简式是______。

（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。

工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。

_________（合成路线常用的表达方式为：A B……目标产物）
CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。

可以通过以下途径合成:
已知有机物A 中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团，E是乙醇的同系物，F的分子式为C4H6O2。

完成下列填空:
（1）A 的结构简式为______或_________，反应③的反应类型________。

（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式:
反应⑤___________________；反应⑥_____________。

（3）写出两种与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式_______、_______。

（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。

(合成路线常用的表示方式为: )___________________
19．（6分）CH3OCH3是绿色能源，也是化工原料。

(1)已知几种共价键的键能数据如下:
用CO和H 2合成CH3OH；CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) △H= -99 kJ . mol-1。

根据上述信息，表格中
E1-E2=_______kJ·mol-1。

(2)在恒容密闭容器中充入2 mol CH 3OH(g)，发生反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H，测得CH3OH 平衡转化率与温度的关系如图所示。

①∆H______0(填“>”“<"或“=”)，判断依据是__________。

②T2K下，平衡常数K=.___________。

(3)在T
1K下，CO和CH4混合气体发生反应：CO(g) + CH4(g) CH3CHO(g) ∆H <0，反应速率v=v正-v逆=k
正c(CO)· c(CH4) –k逆c( CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。

达到平衡后，若加入高效催化剂，
v
v
正
逆
将_______(填“增大”“减小”或“不变”,下同)；若升温，k
k
正
逆
将___________。

(4)在T 2K下，在2L真空容器中充入1 mol CH3OCH3(g)，发生反应：CH3OCH3(g) CH4(g) +H2(g) +CO(g)。

在不同时间测定容器内的总压数据如下表所示：
在该温度下，CH3OCH3的平衡转化率为___________________。

(5)科研人员电解酸化的CO2制备CH3OCH3，装置如图所示。

阴极的电极反应式为________。

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．C
【解析】
【分析】
由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。

A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；
B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B
错误；
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；
D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；
答案选C。

【点睛】
注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。

2．B
【解析】
【分析】
由W和X位于同主族，且原子序数相差2可知，W为H元素，X为Li元素；Y是形成化合物最多的元素，则Y是C元素；Z的单质可以通过电解饱和食盐水获得，则Z是Cl元素。

【详解】
A项、由H元素和C元素组成的化合物为烃，烃分子中可以含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故A错误；B项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，H—和Li+具有相同的电子层结构，则离子半径r(H—)>r(Li+)，故B正确；
C项、次氯酸的酸性小于碳酸，室温下，同浓度的次氯酸的pH大于碳酸，故C错误；
D项、H、C、Cl三元素形成的化合物为氯代烃，氯代烃为非电解质，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。

3．B
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。

在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。

A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；
B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为
2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为
8.7g
87g/mol
=0.1mol，转移电子物质
的量为0.1
5
mol
×6=0.12mol，故B错误；
C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；
D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D 正确；
答案选B。

4．A
【解析】
【分析】
由元素周期表的位置可知，X和Y为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，则Z 为Al、X为C、Y为N、W为S。

【详解】
根据分析可知，X为C元素，Y为N，Z为Al，W为S元素；
A．Y为N，位于ⅤA族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故A正确；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B错误；
C．没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；
D．缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸＞亚硝酸，硝酸＞亚硫酸，故D 错误；
故选：A。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A 项正确；
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；
C. 催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；
D. 合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；
答案选C。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；
A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；
B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；
C.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，C正确；
D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e-)=0.25mol×4=1mol电
子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)=1
2
mol×64g/mol=32g，D错误；
故答案是D。

7．C
【解析】
【分析】
实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。

【详解】
A. 反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；
B. 反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；
C. 反应1和反应2都为取代反应，C错误；
D. 酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，
故A错误；
B. K sp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故B错误；
C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl－
(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl－)减小，故C正确；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH 1＝a kJ·mol-1，②Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖
斯定律，将①×1
2
+②得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl－(aq)CuCl(s)的ΔH＝(
2
a
+b) kJ·mol-1，故D错误；
故选C。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；
B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；
C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；
D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故答案为C。

10．B
【解析】
【分析】
由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为
，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。

【详解】
A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；
B. 由2m+n个单体加聚生成，故B错误；
C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；
D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；
故选B。

11．C
【解析】
【分析】
向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。

【详解】
A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。

N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；
B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；
C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C 正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；
答案选C。

12．C
【解析】
【详解】
A．氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O 通电
Cl2↑+H2↑+2NaOH，故A
错误；
B．磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O4高温
3Fe+4CO2，故B错误；
C．工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D．工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：
2C+SiO2高温
Si+2CO↑，故D错误；
故选：C。

13．D
【解析】
【分析】
根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。

【详解】
A. 2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；
B. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；
D. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

14．A
【解析】
【详解】
由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。

由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。

故选A。

15．D
【解析】
【详解】
A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；
B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；
C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；
D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2%
【解析】
【分析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；
(3)FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；
(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；
(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；
(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。

【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为
FeSO4+H2C2O4+2H2O-FeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2O-FeC2O4•2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；
(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；
(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL 容量瓶；
(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。

则5.00g
三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×250
25
=0.56g，晶体中铁的质量分数=
0.56g
5.00g
×100%=11.2%，故答案为
11.2%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低
+nH2O CH3CH=CHCOOCH2CH3
【解析】
【分析】
A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。

【详解】
（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；
（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，
故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；
（3）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；
（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到
CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：
故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．ClCH2CH2CH2OH CH3CHClCH2OH 消去反应
CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O nCH2=CHCOOCH3
CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH
【解析】
(1).根据转化关系图，A可实现连续两步氧化，可知A分子中含有-CH2OH，根据F的分子式C4H6O2，且E 是乙醇的同系物，推知E为CH3OH，A中含有3个C原子，又因A中的-OH、-Cl不能连接在同一个C原子上，故A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；A被催化氧化生成B，B为ClCH2CH2CHO(或CH3CHClCHO)，B被银氨溶液氧化生成C，C为ClCH2CH2COOH(或CH3CHClCOOH)，C在NaOH醇溶液中发生消去反应后进行酸化处理得到D为CH2=CHCOOH；
(2).反应⑤为CH2=CHCOOH与CH3OH发生酯化反应生成F：CH2=CHCOOCH3，方程式为：
CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O；反应⑥为CH2=CHCOOCH3在一定条件下发生加聚反应生成G：，方程式为：nCH2=CHCOOCH3；
(3).结构中保留C=C和酯基，可得CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH；
(4).首先将中羟基氧化为羧基，生成物在NaOH溶液中水解，再用酸酸化，生成
，流程为：。

19．733 < T 1K 时反应速率较大，故T 1>T 2，升高温度CH 3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应 4 不变 减小 75% 2CO 2+12e -+12H +=CH 3OCH 3+3H 2O 【解析】 【分析】
(1)利用热焓变计算键能时，借助公式：反应物的总键能—生成物的总能键=∆H ；代入已知键能的数据，便可求出未知键能的数值；
(2)利用坐标图象分析∆H 与0的相对大小时，需利用图象中转化率或百分含量受温度的影响情况进行分析，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短。

(3)利用图象求平衡常数时，需采集图中曲线上某点的转化率或浓度，利用三段式建立反应物与生成物的平衡量关系，代入平衡常数计算公式进行计算。

(4)利用电池装置图书写电极反应式时，应提取图中的信息，或电极反应物或生成物，电解质的性质，然后根据反应物中元素价态的变化，确定电极的名称，然后写出电极反应式。

【详解】
(1) △H=反应物的总键能—生成物的总键能，即(E 1+2×436kJ/mol)-(3×413kJ/mol+E 2+465kJ/mol)=-99/mol ，从而求出E 1-E 2=733kJ·
mol -1。

答案为：733； (2) ①从图中可以看出，T 1时达平衡时间短，T 1>T 2，升高温度，3CH OH %α
（）减小，则平衡逆向移动，∆H<0，判断依据是T 1K 时反应速率较大，故T 1>T 2，升高温度CH 3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应。

答案为：<；T 1K 时反应速率较大，故T 1>T 2，升高温度CH 3OH 平衡转化率减小，正反应是放热反应； ②T 2K 下，CH 3OH 的转化率为80%，设混合气的体积为1L ，利用三段式：
33322CH OH(g)
CH OCH (g)H O(g)
(mol)200
(mol) 1.60.80.8(mol)
0.4
0.8
0.8
+起始量变化量平衡量 平衡常数K=
2
0.80.8
0.4⨯=4。

答案为：4；
(3)达到平衡后，若加入高效催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，则
v v 正
逆
将不变； 平衡时，v 正=v 逆，k 正c(CO)· c(CH 4) =k 逆c( CH 3CHO)，K =k k 正逆，此时若升温，平衡逆向移动，k k 正
逆
将减小。

答案为：不变；减小；
(4)设CH 3OCH 3的起始量为1mol ，变化量为y ，建立三段式：
3342 CH OCH(g)CH(g)CO(g)H(g) (mol)1000
(mol) (mol)1y y y y y y y y
++
-
起始量变化量平衡量
因为压强之比等于物质的量之比，则
150
12125
y
=
+
，y=0.75mol，从而求出该温度下，CH3OCH3的平衡转化
率为75%。

答案为：75%；
(5)依题意，阳极电极反应式为6H2O-12e-=12H++3O2↑，则阴极的电极反应式为
2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。

答案为：2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。

【点睛】
在书写电极反应式时，从箭头分析，H2O→O2，则O元素由-2价升高到0价，失电子，此电极为阳极，则另一电极为阴极，同样从箭头分析，CO2→CH3OCH3，可利用的离子是H+，H2O也是可利用的物质，由此可写出电极反应式。