河南省驻马店市达标名校2020年高考四月适应性考试化学试题含解析

河南省驻马店市达标名校2020年高考四月适应性考试化学试题
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．下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是
A．Mg、Al合金用来制造飞机外壳—合金熔点低
B．食品盒中常放一小袋Fe粉—Fe粉具有还原性
C．SiO2用来制造光导纤维—SiO2耐酸性
D．葡萄酒中含SO2—SO2有漂白性
2．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。

已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。

下列说法正确的是
A．W的氢化物沸点一定低于X的氢化物沸点
B．简单离子半径：X ＞Y ＞Z
C．X的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒
D．Y、Z形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1
3．几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A．NaClO3的溶解是放热过程
B．由图中数据可求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度
C．可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl
D．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯
4．已知：①K2CO3+CO2+H2O→2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O→Ca（HCO3）2②KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是
A．B．C．D．
5．将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是
A．两烧杯中的铜片都是正极B．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化
C．产生气泡的速率甲比乙快D．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
6．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．1mol SiO2所含Si-O键的数目为2 N A
B．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa 溶液中由水电离的H+数目为10-9 N A C．40 mL 10 mol/L浓盐酸与足量MnO2充分反应，生成的氯气分子数为0.1N A D．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A
7．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是（）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为N A
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为N A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4N A
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1N A
8．乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种
9．利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是()
气体溶液
A 硫化氢亚硫酸
B 二氧化碳氯化钙
C 氨气氯化铝
D 氯化氢硝酸银
A．A B．B C．C D．D
10．已知M、N是合成某功能高分子材料的中间产物，下列关于M、N说法正确的是（）
A．M、N都属于烯烃，但既不是同系物，也不是同分异构体
B．M、N分别与液溴混合，均发生取代反应
C．M、N分子均不可能所有原子共平面
D．M、N均可发生加聚反应生成高分子化合物
11．在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．膜I侧反应为：H2O+2e-=H2+O2-O2+4e-=2O2-
B．膜II侧相当于原电池的负极
C．膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO
D．膜II侧每消耗1molCH4，膜I侧一定生成1mol H2
12．室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．K b2的数量级为10-8
B．X(OH)NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)
13．屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖．一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素．下列有关说法中正确的是
A．青蒿素的分子式为C15H20O5
B．双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应
C．1 mol青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应
D．青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应
14．某烃的结构简式为，关于该有机物，下列叙述正确的是（）
A．所有碳原子可能处于同一平面
B．属于芳香族化合物的同分异构体有三种
C．能发生取代反应、氧化反应和加成反应
D．能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同
15．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是( )
A．分散质粒子直径在1～100 nm间的分散系
B．能使淀粉­KI试纸变色的分散系
C．能腐蚀铜板的分散系
D．能使蛋白质盐析的分散系
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。

②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________
A．B．C．
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足
量），充分反应后用0.2000 mol·L －1标准KMnO 4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO 4溶液50.00mL 。

①产品中Cu 2O 的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某新型药物G 合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO HCN −−−→（R 为烃基）；
Ⅱ.RCOOH 3PBr −−−→；
Ⅲ. +RNH 2−−−−→一定条件
请回答下列问题：
（1）A 的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。

（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。

A ．反应①的反应类型为取代反应
B ．
C 可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C ．
D 中所有碳原子可能在同一平面上
D ．一定条件下1 mol G 可以和2 mol NaOH 或者9 mol H 2反应
（3）F 的结构简式为____。

（4）C 在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。

（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。

①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G 的上述合成路线，设计一条由乙醛和H 2NCH （CH 3）2为起始原料制备医药中间体CH 3CONHCH （CH 3）2的合成路线______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。

（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
①C 2H 6(g)=C 2H 4(g)+H 2(g) ΔH 1=+136kJ·
mol -1 ②C 2H 6(g)+1
2
O 2(g)=C 2H 4(g)+H 2O(g) ΔH 2=-110kJ·mol -1 已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键 H-H(g) H-O(g) O=O
键能(kJ·
mol -1) 436 x 496 由此计算x=___，通过比较ΔH 1和ΔH 2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C 2H 4外，还存在CH 4、CO 、CO 2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。

A ．700℃
B ．750℃
C ．850℃
D ．900℃
[乙烯选择性=242442n(C H )n(C H )+n(CH )+n(CO)+n(CO )；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性] （3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。

图乙为262n(C H )n(O )
的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

判断乙烷氧化裂解过程中262n(C H )n(O )
的最佳值是___，判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa 的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。

反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
组分 C 2H 6 O 2 C 2H 4 H 2O 其他物质
体积分数/% 2.4 1.0 12
15 69.6 计算该温度下的平衡常数：K p =___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。

19．（6分）钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。

作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K 3V 2(PO 4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。

其制备工艺流程如图：
（资料）
①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。

②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表。

（1）K3V2(PO4)3中V的化合价为___。

（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。

①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是___。

a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5~2倍
b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性
c.窑体进行分段控温
d.调控料层厚度为窑体的2/3高度
②焙烧过程中主要反应的化学方程式为__________。

（3）实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL 去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。

随后再加入H2C2O4·2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如下：
①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为___。

②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是___。

（4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有1
3
的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，
2
3
的草酸以C2O42-的
形式存在，此过程中反应的离子方程式为___。

（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是___。

（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为___。

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．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A 错误；
B. 食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；
C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；
D. 葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。

答案选B。

【点睛】
本题易错选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。

2．C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。

已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W 应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z为Cl，以此解答该题。

【详解】
由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，
A．水分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故B错误；
C．X的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；
D．氯化铝为共价化合物，故D错误；
故选C。

3．C
【解析】
【详解】
A 项、由图象只能判断NaClO 3溶解度与温度的关系，无法确定其溶解过程的热效应，故A 错误；
B 项、MgCl 2饱和溶液的密度未知，不能求出300K 时MgCl 2饱和溶液的物质的量浓度，故B 错误；
C 项、反应MgCl 2+2NaClO 3═Mg （ClO 3）2+2NaCl 类似于侯德榜制碱法生产的原理，因为NaCl 溶解度小而从溶液中析出，使反应向正方向进行，故C 正确；
D 项、若NaCl 中含有少量Mg （ClO 3）2，应用蒸发结晶方法提纯，故D 错误；
故选C 。

4．B
【解析】
【分析】
根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。

【详解】
一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B 符合题意，故答案选B 。

5．C
【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A 错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B 错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C 正确；甲烧杯中构成原电池，
铜是正极，电极反应是222H e H +-+=↑ , 铜片表面有气泡产生，故D 错误。

点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。

6．D
【解析】
【详解】
A ．在SiO 2晶体中每个Si 原子形成4个Si-O 键，则1mol SiO 2 所含Si-O 键的数目为4 N A ，故A 错误；
B ．CH 3COONa 属于强碱弱酸盐，CH 3COO -的水解促进水的电离，常温下，1 L pH ＝9的CH 3COONa 溶液中c(H +)电离=c(OH -)=1×10-5mol/L ，发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol/L×1L=1×10-5mol ，即由水电离的H + 数目为 10-5 N A ，故B 错误；
C ．40 mL 10 mol/L 浓盐酸与足量MnO 2充分反应的过程中，盐酸的浓度降低到一定浓度，反应会停止，即溶液中0.4molHCl 未能完全参加反应，则反应中生成的氯气分子数小于 0.1N A ，故C 错误；
D ．CH 4和C 2H 4分子中均含有4个H 原子，则标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：
11.2L
×4×N A=2N A，故D正确；
22.4L/mol
故答案为D。

7．B
【解析】
【详解】
A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即N A个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2N A 个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。

8．D
【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。

9．B
【解析】
【详解】
A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；
C．氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；
D．氯化氢与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；
答案选B。

【点睛】
二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。

10．D
【解析】
【详解】
A. M分子结构中官能团为碳碳双键与羟基，为烃的衍生物，不属于烯烃，M与N在组成上相差不是n个CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分异构体，A项错误；
B. M、N分子结构中均含碳碳双键，与液溴混合时，可发生加成反应，苯环与液溴发生取代反应时，还需要催化剂，B项错误；
C. M 分子内含碳碳单键，中心C原子采用sp3杂化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以
共平面，C项错误；
D. M、N分子结构中均含碳碳双键，均可发生加聚反应生成高分子化合物，D项正确；
答案选D。

11．D
【解析】
【详解】
A.膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，故A正确；
B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知，膜I侧相当于原电池的正极，膜II侧相当于原电池的负极，故B正确；
C.膜II侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+O2--2e-=2H2+CO，故C正确；
D.膜I侧发生的反应为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO，膜II 侧每消耗1molCH4，膜I侧生成小于1molH2，故D错误。

故选D。

12．C
【解析】
【分析】
本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。

【详解】
A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以
K b2=
()()
()
()()
-2+
-14-6.2
--7.8-8
+
c OH c X
=c OH=10=10=1.5810
c X OH
⨯
⨯
⎡⎤
⎣⎦
，选项A正确；
B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项C错误；
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：
c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；
答案选C。

13．B
【解析】A．由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B．双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B正确；C．青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D．青蒿素转化为双氢青蒿素，H原子数增加，为还原反应，故D错误；故选B。

14．C
【解析】
【详解】
A. 分子结构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；
B. 该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种)，共4种，故B错误；
C. 结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；
D. 含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；
答案选C。

15．A
【解析】
【分析】
能产生“丁达尔效应”的分散系为胶体，据此分析。

【详解】
A、分散质的粒子直径在1nm～100nm之间的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，故A符合题意；
B、能使淀粉－KI试纸变色，说明该分散系具有强氧化性，能将I－氧化成I2，该分散系可能是溶液，如氯水等，溶液不具有丁达尔效应，故B不符合题意；
C、能腐蚀铜板，如FeCl3溶液，溶液不具有丁达尔效应，故C不符合题意；
D、能使蛋白质盐析的分散系，可能是溶液，如硫酸铵，溶液不具有丁达尔效应，故D不符合题意；
答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高铜离子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH 太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C真空干燥90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
【分析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁
沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR 2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。

【详解】
（1）步骤II ，铜氨溶液和RH 的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR 2，离子方程式为：
Cu(NH 3)42++2RH=2NH 4++2NH 3+CuR 2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。

故答案为：pH 太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH 太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu 2O 不能通过半透膜，所以可以选择C 进行分离。

③因为Cu 2O 在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO ，也易被还原为Cu ，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu 2O---2KMnO 4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0
moI.L -1×0.05L=0.01mol ，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol ，质量分数为0.025144100%3.96
⨯⨯=90.90%； ②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯乙醛 浓硫酸，加热 C
n +(n-1)H 2O 5
CH 3CHO
CH 3COOH 3PBr −−−→CH 3COBr CH 3CONHCH(CH 3)2
【解析】
【分析】 根据合成路线，A 结构中含有苯环结构，A→B 发生信息I 的反应，则A 为，B 为，B 酸性条件下水解生成C ；根据D 的分子式，结合C 的分子式C 9H 10O 3可知，C 发
生消去反应生成D ，D 为，D 发生信息II 的反应生成E ，E 为
，结合G 的结构简式可知，E 和F 发生取代反应生成G ，则F 为
，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析，A 为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A 错误；B. C 中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B 错误；
C. D 为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D 中所有碳原子可能在
同一平面上，故C 正确；D. 一定条件下1 mol G()可以和2 mol
NaOH 发生水解反应，能够和7 mol H 2发生加成反应，故D 错误；故答案为：C ；
(3)根据上述分析，F 的结构简式为，故答案为：； (4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n +(n-1)H 2O ，故答案为：n +(n-1)H 2O ； (5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH 2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H 2NCH(CH 3)2为起始原料制备医药中间体CH 3CONHCH(CH 3)2，根据信息III ，可以首先合成CH 3COBr ，然后与H 2NCH(CH 3)2发生取代反应即可，根据G 的合成路线，可以由CH 3CHO ，先氧化生成CH 3COOH ，然后发生信息II 的反应即可得到CH 3COBr ，合成路线为CH 3CHO
CH 3COOH 3PBr −−−→CH 3COBr CH 3CONHCH(CH 3)2，故答案为：CH 3CHO
CH 3COOH 3PBr −−−→CH 3COBr
CH 3CONHCH(CH 3)2。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速
率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，得出H 2(g)＋
12O 2(g)=H 2O(g)的反应热，再根据△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能，可求出x 的值；
(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；
(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中
()()226O C H n n 的比值为2时最佳；
(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。

【详解】
(1)根据盖斯定律，②−①得到：H 2(g)＋12
O 2(g)═H 2O(g) △H ＝−246kJ/mol ，根据键能关系△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x ＝−246，x ＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；
(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C ；
(3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管；
(4)C 2H 6(g)＋12
O 2(g)＝C 2H 4(g)＋H 2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。

根据平衡常数的表达式K p ＝
()()
24222126(C H ))
H O O C (H P P P P ⋅⋅＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

【点睛】 解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

19．+3 a 、b 、c ()2Δ
3232CaO+O +V O =Ca VO 草酸质量为6.0g 草酸在合成束状碳包覆。