2019-2020学年四川省绵阳市化学高二下期末统考模拟试题含解析

2019-2020学年四川省绵阳市化学高二下期末统考模拟试题
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．下列叙述正确的是
①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂
②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅
③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同
⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氯钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物
⑥明矾净水利用了胶体的性质
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑧金属钠具有強的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti
A．①②⑤⑦B．①②⑥⑧C．①③④⑧D．①③⑥⑦
【答案】B
【解析】本题考查了物质的性质及用途。

分析：①硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池；③乙醇不具有氧化性；④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；⑧依据钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属。

解析：溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂--“钡餐”，故①正确；硅晶体属于半导体，能制作太阳能电池，②正确；乙醇无强氧化性，酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，③错误；玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，④错误；碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体，不可以作为治疗胃酸过多的药物，⑤错误；明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水，⑥正确；根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH属于一元酸，⑦错误；钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属，可以用来冶炼金属，⑧正确。

故选B。

点睛：本题考查知识点较多，涉及物质的性质及用途、物质的组成与分类、蛋白质的变性等知识点，注意知识的积累。

2．已知S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，若反应后S
O8n－离子生成SO42－离子；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2则S2O8n－中
2
的n值和S元素的化合价是（）
A．2, +7B．2, +6C．4 ,+7D．4 , +4
【答案】B
【解析】
【详解】
S2O8n－离子和H2O2一样含过氧键，则其中有2个O显-1价，另外6个O显-2价。

S2O8n－离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4－离子，Mn的化合价升高了5，反应后S2O8n－离子变成SO42－离子，则其中-1价O变为-2价。

由关系式5 S2O8n－~2 Mn2+及化合价升降的总数相等可知，Mn元素的化合价共升高10，则5 S2O8n－中共有10个-1价的O，其化合价共降低10，则S2O8n－中只有O的化合价降低，S的化合价不变，始终为+6价，故n=2，故正确答案：B。

3．某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。

将4.5 g A完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重2.7 g和6.6 g。

A能与NaHCO3溶液产生CO2，且两分子A之间脱水可生成六元环状化合物。

有关A的说法正确的是
A．有机物A的分子式为C3H8O3
B．0.1 mol A与足量Na反应生成2.24 L H2
C．A催化氧化的产物不能发生银镜反应
D．A能在一定条件下发生缩聚反应生成
【答案】C
【解析】
【分析】
n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；
n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3，因此该物质的分子式是C3H6O3；A能与NaHCO3溶液产生CO2，说明含有羧基，两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，所以A的结构简式是。

【详解】
n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；
n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3、H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3；因此该物质的分子式是C3H6O3，所以A选项错误；A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即，因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下的H2 2.24 L，故B错误；由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是
酮，不能发生银镜反应，故C正确；A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,故D错
误。

【点睛】
考查分子式计算、官能团判断的知识，会用逆推法分析有机物的结构，例如本题中两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，说明A中羟基位于2号碳原子上。

4．用2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，经过下列哪几步反应（）
A．加成→消去→取代B．消去→加成→水解
C．取代→消去→加成D．消去→加成→消去
【答案】D
【解析】
【详解】
2－氯丙烷发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其与溴水发生加成反应生成CH2Br-CHBr-CH3，再与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应生成1，2－丙二醇，答案为D。

5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．常温下加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大的溶液：CH3COO-、Ba2+、NO3-、Br-
B．pH=1的溶液中：Na+、SiO32-、NO3-、SO42-
C．由水电离的c（OH-）=10-13 mol•L-1的溶液中：Na+、Cl-、CO32-、NO3-
D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42-、S2-、SO32-
【答案】A
【解析】A．加水稀释时c（H+）/c（OH-）明显增大，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，选项A正确；B．pH=1的溶液，显酸性，H+、SiO32-发生反应生成弱酸硅酸，不能共存，选项B错误；C．由水电离的c（OH-）=10-13 mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32-，选项C错误；D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性离子S2-、SO32-，选项D错误；答案选A。

6．已知氯化铬的水合物为CrCl3·6H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为
A．Cr3＋B．[CrCl2(H2O)4]＋C．[CrCl(H2O)5]2＋D．[Cr(H2O)6]3＋
【答案】C
【解析】
【详解】
中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C
7．实验室中，下列试剂的保存方法不正确
．．．的是
A．液溴需加水密封保存
B．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
C．金属钠保存在煤油中
D．碳酸钠溶液保存在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故A正确；
B. 浓硝酸见光易分解，应放在棕色细口瓶中避光保存，故B正确；
C. 钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故C正确；
D. 碳酸钠溶液呈碱性，玻璃塞中的二氧化硅在碱性溶液中反应生成具有黏性的硅酸盐而导致玻璃塞打不开，所以碳酸钠溶液不能用配有玻璃塞的试剂瓶保存，可用配有橡胶塞的试剂瓶保存，故D错误；
答案选D。

8．下表中实验操作能达到实险目的的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.苯酚和溴反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚溶于苯中，所以用苯酚的浓溶液与少量溴水反应时不能看到白色沉淀，故错误；
B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，故正确；
C.检验醛基时需要在碱性条件下，实验过程中氢氧化钠为少量，故错误；
D.乙酸乙酯与氢氧化钠反应，不能除去乙酸，故错误。

故选B。

【点睛】
注意有机反应的条件很关键，条件改变，反应可能改变。

如苯和溴水的反应，若用浓溴水则可以看到白色沉淀；醛和新制的氢氧化铜悬浊液的反应必须氢氧化钠过量，否则不能看到红色沉淀。

卤代烃在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应，而在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应等。

9．下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是
A．CO2B．CO32-C．H2OD．CCl4
【答案】C
【解析】
【分析】
VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，
b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。

分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。

价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，以此进行判断。

【详解】
A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，
故A不符合题意；B项，CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32﹣的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不符合题意。

综上所述，符合题意的选项为C。

10．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述不正确的是：
A．2.7 g 金属铝分别与足量的NaOH溶液和盐酸反应转移的电子数目均为0.3N A
B．标准状况下，2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1 N A
C．1L 1 mol•L-1 Na2CO3溶液中阴离子数小于N A
D．2.3 g金属钠完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数为0.05 N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而无论与盐酸还是氢氧化钠溶液反应后铝元素均变为+3价，故1mol铝
均失去3mol电子，即0.3N A个，故A正确；B. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol××2×N A mol-1=0.1N A，故B正确；C、Na2CO3
溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子总数增多，1L 1 mol•L-1 Na2CO3溶液中阴离子数大于N A，故C错误；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后生成的钠的化合物氧化钠或过氧化钠中，均是2个钠离子对应一个阴离子，故0.1mol钠离子对应0.05mol阴离子即0.05N A个，故D正确；故选C。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。

本题的易错点为B，要注意反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，1mol氯气转移1mol电子。

类似的还有过氧化钠与水反应、二氧化氮与水反应等。

11．按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是
A．单质的还原性B．阳离子的氧化性
C．单质的密度D．单质的熔点
【答案】A
【解析】考查元素周期律的应用。

同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A正确。

金属性越强，相应金属阳离子的还原性就越弱，B不正确。

碱金属单质的密度自上而下逐渐增大，但钠的密度大于家的，C不正确。

碱金属单质的熔点逐渐减小，D不正确。

答案选A。

12．下列溶液中，Na+数目最多的是（）
A．1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL
B．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL
C．2.5mol•L－1NaOH溶液100 mL
D．1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL
【答案】B
【解析】
【分析】
已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。

【详解】
A. 1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL 含有Na+0.2mol；
B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL含有Na+0.27mol；
C. 2.5m ol•L－1NaOH溶液100 mL含有Na+0.25mol；
D. 1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL含有Na+0.1mol。

故选B。

13．钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是
A．该晶体属于离子晶体
B．晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体晶胞结构与NaCl相似
D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；
B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1
8
+6×
1
2
=4，O个数为12×
1
4
+1=4，所以Ba
与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；
C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；
D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1
2
个，每个顶点为8个晶胞
共有，则共有8×3×1
2
=12个，D正确；
故选B。

14．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。

且氧气中1 mol O＝O键完全断裂时吸收热量496
kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为（）A．920 kJ B．557 kJ C．188 kJ D．436 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n=m
M
计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，
依此结合反应方程式H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)进行计算。

【详解】
水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)=
1
2/
m g
M g mol
=0.5mol，完
全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能
量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)，则
2×463kJ-(x+1
2
×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，
答案选D。

【点睛】
本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。

15．铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol/L FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8 g，下列说法正确的是
A．剩余固体是铁、铜混合物
B．原固体混合物中铜的质量是9.6 g
C．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10 mol
D．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol，结合反应的方程式解答。

【详解】
还原性：铁>铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：根据反应方程式 Fe+2Fe3+=3Fe2+、
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+可知56 gFe反应消耗2 mol Fe3+，64 g Cu反应消耗2 mol Fe3+，可列比例式：
156?2?0.5?g
mol m mol =，264?2?0.5?g mol
m mol
=，解得m 1=14 g ，m 2=16 g ，溶解的金属质量为：18 g-2.8 g=15.2 g ，14 g<15.2g<16 g ，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe 3+完全反应，剩余的金属为Cu ，选项A 、C 错误； 设反应消耗铜的物质的量为n 1，反应的铁的物质的量为n 2，则：
64n 1+56n 2=15.2 g ，n 1+n 2=1
2
n(Fe 3+)=0.25 mol ，解得：n 1=0.15 mol 、n 2=0.1 mol ，所以原来混合物中含有的铜的质量为：m(Cu)=0.15 mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 g ，选项B 错误；根据反应方程式可知：反应后溶液中n(Fe 2+)=2n(Cu 2+)+3n(Fe)=2×0.15 mol+3×0.10 mol=0.6 mol ，所以反应后溶液中Fe 2+和Cu 2+的物质的量为：n(Fe 2+)+n(Cu 2+)=0.6 mol +0.15 mol=0.75 mol ，选项D 正确；故故合理选项是D 。

【点睛】
本题考查了混合物的计算，注意根据反应方程式，从质量守恒定律角度分析解答，侧重考查学生的分析与计算能力。

16．砷是氮族元素，黄砷(As 4)是其一种单质，其分子结构与白磷(P 4)相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是
A ．黄砷中共价键键能大于白磷
B ．黄砷的熔点高于白磷
C ．黄砷易溶于水
D ．分子中共价键键角均为109°28′ 【答案】B
【解析】A ．原子半径As ＞P ，键长越大，键能越小，黄砷中共价键键能小于白磷，A 错误；B ．形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，B 正确；C ．黄砷为非极性分子，根据相似相容原理可知难溶于水，C 错误；D ．分子中共价键键角均为60°，D 错误，答案选B 。

点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，解答时注意从白磷的结构和性质分析进行知识的迁移灵活应用。

17．某一有机物A 可发生下列变化：
已知C 为羧酸，且C 、E 均不能发生银镜反应，则A 的可能结构有 A ．1种 B ．4种
C ．3种
D ．2种
【答案】D 【解析】 【详解】
C 为羧酸，C 、E 不能发生银镜反应，C 可为乙酸或丙酸，
D 为醇，但与羟基相连的碳上只有一个氢原子，当C 为乙酸时，D 为丁醇，符合条件的丁醇有1种，当C 为丙酸时，D 为丙醇，符合条件的只有2-丙醇，故符合条件的A 只有两种；
故选D。

18．下列说法正确的是
A．用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇、乙醛和乙酸
B．间二甲苯只有一种结构说明苯环中不存在碳碳双键
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴水褪色的原理相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，现象不同，所以可以鉴别，故A正确；
B．间二甲苯只有一种空间结构不能说明苯的结构特征，邻二甲苯只有一种空间结构可以说明苯环中不存在单双键交替的结构，故B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，故C错误；
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生了氧化还原反应，乙烯和溴水发生的是加成反应，褪色的原理不相同，故D错误；
故答案：A。

19．下列说法错误的是（）
A．熊猫可以竹子为食，研究其消化机理有可能用来解决人类粮食危机；
B．中医是传统瑰宝之一，中草药的研究和应用可以解决人类某些重大疾病；
C．煤、焦炭可以用来较大规模地制取钻石，钻石永流传的说法值得怀疑；
D．塑料的大量使用可能会产生白色污染，因此全球应该禁止广泛使用。

【答案】D
【解析】
【详解】
A．熊猫可以消化纤维素，而人不可以，研究其消耗机理可以帮助人类消化纤维素，扩大食物来源，解决人类粮食问题，A项正确，不符合题意；
B．可以从中草药中找到治疗疾病的有效成分，B项正确，不符合题意；
C．煤和焦炭的主要成分都是碳，可以用于制造人造钻石，钻石的化学性质是比较稳定的，在通常情况下不会变质，但是在高温下可以与氧气反应生成二氧化碳，故钻石永流传值得怀疑，C项正确，不符合题意；D．塑料的使用可能会引起白色污染，但是也给人类的生活带来极大的方便，应该合理使用，而不是禁止；D项错误，符合题意；
本题答案选D。

20．下列金属冶炼的反应原理，错误
．．的是( )
A．MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑B．2NaCl＋H22Na＋2HCl
C．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2D．2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【解析】分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法,电解法，热分解法等冶炼方法。

详解：A项，活泼金属需要采用电解法制取，镁为活泼金属，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A项正确；
B项，钠为活泼金属，不能用热还原法冶炼，故B项错误；
C项，铁单质是较活泼金属，可采用热还原法制取，故C项正确；
D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D项正确。

综上所述，本题答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。

抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。

某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。

[配制酸性KMnO4标准溶液]如图是配制50mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。

（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。

（2）其中确定50mL溶液体积的容器是__________________________________(填名称)。

（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将______(填“偏大”或“偏小”)。

[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。

（4）已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 滴定时，根据现象_______________________________________，即可确定反应达到终点。

（5）经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。

【答案】②⑤ 50mL 容量瓶 偏小 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 1.2
【解析】
【分析】
（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；
（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；
（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合n c=V
分析； （4）草酸跟酸性KMnO 4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca 2＋的浓度。

【详解】
（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；
（2）应该用容量瓶准确确定50mL 溶液的体积，故答案为：50mL 容量瓶；
（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；
（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
（5）血样20.00mL 经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：
-40.020mol/L 0.012L=2.410mol ⨯⨯。

根据反应方程式
-+2+4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，及草酸钙的化学式CaC 2O 4，可知：
2+--422445n(Ca )=n(H C O )=n(MnO )=610mol 2
⨯，Ca 2+的质量为-440g/mol 610mol=0.024g ⨯⨯，钙离子的浓度为：
330.024g =1.2mg/cm 20cm
，故答案为：1.2。

【点睛】 定容时倒水至刻度线1—2cm 处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．氟他胺G 是一种可用于治疗肿瘤的药物。

实验室由芳香烃A 制备G 的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的结构简式为__。

C的化学名称是__。

（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。

（3）⑤的反应方程式为__。

吡啶是一种有机碱，其作用是__。

（4）G的分子式为__。

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。

（6）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。

【答案】三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应
+HCl 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率
C11H11O3N2F39
【解析】
【分析】
A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知
B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。

【详解】
(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；
(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；
(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；
(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；
(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。

(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程
④)，最后与反应得到4-甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．化合物H是一种有机光电材料中间体。

实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下:。