广东省汕头市达标名校2019年高考三月大联考化学试卷含解析

广东省汕头市达标名校2019年高考三月大联考化学试卷
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．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。

下列说法正确的是
A．“白烟”晶体中只含共价键B．四种元素中，Z的原子半径最大
C．X的简单氢化物的热稳定性比Y的强D．W的含氧酸的酸性一定比Z的弱
2．下列有关说法正确的是（）
A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应
B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
3．下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是( )
A．A B．B C．C D．D
4．三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1 + V2 +V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。

则V1、V2、V3之比不可能是（）A．3∶7∶4 B．5∶7∶6 C．7∶3∶6 D．1∶1∶1
5．景泰蓝是一种传统的手工艺品。

下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是
将铜丝压扁，掰成图案
将铅丹、硼酸盐等化合熔
制后描绘
高温焙烧酸洗去污
A．A B．B C．C D．D
6．下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）
A．氮元素只被氧化
B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮
C．其它元素也参与了氮循环
D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
7．在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是（）
A．CuO NaOH
223
C CO CO Na CO
∆
−−−→−−−→−−−−→
点燃溶液
B．3
AgNO NaOH
322
Cu Cu(NO)Cu(OH)
−−−−→−−−−→
溶液溶液
溶液
C．
23243
Fe Fe O Fe(SO)
−−−→−−−−→
点燃硫酸溶液溶液
D．23
2
Na CO
H O
2
CaO Ca(OH)NaOH
−−−→−−−→
溶液溶液
8．饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2O H++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣，若向此溶液中（）
A．加水，SO32﹣浓度增大
B．通入少量Cl2气体，溶液pH增大
C．加少量CaSO3粉末，HSO3﹣浓度基本不变
D．通入少量HCl气体，溶液中HSO3﹣浓度减小
9．下列溶液一定呈中性的是
A．c(H+) = c(OH–) B．pH=7 C．K W=10-14D．c(H+) =10-7mol/L
10．下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是
A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水
B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液
C．向稀硝酸中加入铁粉
D．向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液
11．乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）( )
A．4种B．5种C．6种D．7种
12．下列说法中正确的是
A．丙烯中所有原子均在同一个平面上
C H的芳香烃共有4种
B．分子式为810
C．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同
13．2019年是“国际化学元素周期表年”。

1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。

下列说法不正确的是( )
A．元素乙的原子序数为32
B．原子半径比较：甲>乙>Si
SiH。

C．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于4
D．推测乙可以用作半导体材料
14．煤的干馏实验装置如图所示。

下列说法错误的是
A．可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3
B．长导管的作用是导气和冷凝
C．从b层液体中分离出苯的操作是分馏
D．c口导出的气体可使新制氯水褪色
15．下列说法正确的是（）
A．分子晶体中一定含有共价键
B．pH=7的溶液一定是中性溶液
C．含有极性键的分子不一定是极性分子
D．非金属性强的元素单质一定很活泼
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
2NH3CuO N3Cu3H O，通过测量生成水的质量16．某小组选用下列装置，利用反应
322
m(H O)来测定Cu的相对原子质量。

实验中先称取氧化铜的质量m(CuO)为a g。

2
(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。

(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行__________，理由是_______________。

(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是___________________________。

m(H O)会偏高，理由是_____，你认为该如何改进？___
(4)丙同学认为乙同学测量的2
m(H O)=b g，则Cu的相对原子质量为_______。

（用含a，b的代数式表示）。

(5)若实验中测得2
(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_________。

（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。

已知：
回答下列问题：
（1）写出化合物B的结构简式___。

F的结构简式___。

（2）写出D中的官能团名称___。

（3）写出B→C的化学方程式___。

（4）对于柳胺酚，下列说法不正确的是（_____）
A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B．不发生硝化反应
C．可发生水解反应D．可与溴发生取代反应
（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__（写出2种）。

①遇FeCl3发生显色反应，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。

回答下列问题：（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。

该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。

（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。

①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。

②加入CaCO3的作用是___。

③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。

（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。

在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：
图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。

图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。

19．（6分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，发生如下反应：
4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)
完成下列填空：
(1)写出该反应的平衡常数表达式K=______。

若只改变一个影响化学平衡的因素，则下列关于平衡常数K 与化学平衡移动关系的叙述正确的是______(填序号)。

a．K值不变，平衡不移动
b．K值变化，平衡一定移动
c．平衡移动，K值可能不变
d．平衡移动，K值一定变化
(2)若反应在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是_____(填序号)。

a．υ正(NO2)=2υ正(NO)
b．NO和Cl2的物质的量之比不变
c．混合气体密度保持不变
d．c (NO2)：c (NO)：c (Cl2)=4：2：1
(3)为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.4mol NO2和适量NaCl固体，10min时反应达到平衡．测得10min内υ(NO2)=0.015mol/(L•min)，则平衡后n (Cl2)=______mol，此时NO2的转化率为а1；保持其它条件不变，扩大容器的体积，当反应再次达到平衡时NO2的转化率为а2，则
а2_____а1(选填“＞”、“＜”或“=”)。

实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得到1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液。

(4)两溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣)和c(CH3COO﹣)由大到小的顺序为________________。

(5)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是__________(填序号)。

a．向溶液A中加适量水
b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水
d．向溶液B中加适量NaOH
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】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，则Y为Si；X的简单氢化物与Z 的氢化物相遇会产生白烟，X为N。

【详解】
A. 根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故A错误；
B. 四种元素的原子半径为Si>Cl>C>N，故B错误；
C. X的简单氢化物为NH3，Y的简单氢化物为SiH4，非金属性:N>Si，热稳定性NH3> SiH4，故C正确；
D. W的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性HClO<H2CO3< HClO4，故D错误；答案：C。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；
B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；C．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；
D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；
故选C。

3．A
【解析】
【详解】
A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；
B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；
C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；
D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；
故合理选项是A。

4．B
【解析】
【详解】
NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O
=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。

从反应方程式可以得出：n(O2)=3
4
×n(NO)+
1
4
×n(NO2)。

用此关系式验证备选答案。

A. 3
4
×3+
1
4
×7=4，A不合题意；
B. 3
4
×5+
1
4
×7≠6，B符合题意；
C. 3
4
×7+
1
4
×3=6，C不合题意；
D. 3
4
×1+
1
4
×1=1，D不合题意。

故选B。

5．A
【解析】
【详解】
A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；
B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；
C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A 错误；
B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；
C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；
D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；
答案选A。

【点晴】
自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NO x、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。

7．D
【解析】
【分析】
理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.
【详解】
A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳
是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；
B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；
C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；
D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；
答案：D。

8．D
【解析】
【详解】
A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32﹣浓度仍减小，故A错误；
B．氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．CaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3﹣浓度，故C错误；
D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3﹣浓度减小，故D正确；
故选D。

9．A
【解析】
【分析】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。

【详解】
A. c(H+) = c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确；
B. 只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；
C. 常温下稀溶液中K W=10-14，溶液不一定中性，C项错误；
D. 只有常温下c(H+) =10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；
本题选A。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成，A不符合题意；
B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；
C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和Fe（NO3）2、HNO3和Fe（NO3）3，C不符合题意；
D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)2，D符合题意；
答案选D。

11．C
【解析】
【详解】
完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H，乙基含有2种H，故产物的一氯代物有6种同分异构体；
答案选C。

【点睛】
容易出错。

乙基环己烷的六元环含有4种H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。

12．B
【解析】
【详解】
A．丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A错误；
C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3种，共4种，故B正确；B．分子式为810
C．糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。

13．C
【解析】
【分析】
由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期V A族，则C、Si、乙位于第IV A族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。

【详解】
A．乙为Ge，元素乙的原子序数为32，故A正确；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；
C．非金属性Ge小于Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故C错误；
D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。

故选C。

【点睛】
本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。

14．A
【解析】
【分析】
根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。

焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等
【详解】
A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的，故A错误；
B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；
C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；
D.c 口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。

【点睛】
解题的关键是煤干馏的产物。

根据产物的性质进行分析即可。

15．C
【解析】
【详解】
A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；
C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；
D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；
故答案为C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．氨水中存在平衡NH 3+H2O NH3 .H2O NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气不可行C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入装置B生成的氨气有混有水，故
m(H2O)会偏高可在装置B和A之间增加装置D 18a
-16
b
偏大
【解析】【分析】
(1)生石灰和水反应生成Ca （OH ）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；
(2)甲同学按B-A-E-C-D 的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C 吸收；
(3)乙同学按B-A-D-E-C 的顺序连接装置，装置C 可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D 影响测定结果；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H 2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D 被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；
(5)2NH 3+3CuO=N 2+3Cu+3H 2O ，结合化学方程式定量关系计算；
(6)若CuO 中混有Cu ，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。

【详解】
(1)生石灰和水反应生成Ca （OH ）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH 3的原因是：氨水中存在平衡NH 3+H 2O ⇌NH 3∙H 2O ⇌NH 4++OH -，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH -均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
答案是: 氨水中存在平衡NH 3+H 2O NH 3 .H 2O NH 4++OH -，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH -均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
(2)甲同学按B-A-E-C-D 的顺序连接装置，该方案不可行，C 装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
答案是：不可行；C 装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
(3)乙同学按B-A-D-E-C 的顺序连接装置，则装置C 的作用是:吸收未反应的NH 3，防止空气中的水蒸气进入； 答案是: 吸收未反应的NH 3，防止空气中的水蒸气进入；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H 2O)会偏高，可能是装置B 生成的氨气有混有水，故m(H 2O)会偏高，可在装置B 和A 之间增加装置D 吸收氨气中水蒸气，减少误差；
答案是：装置B 生成的氨气有混有水，故m(H 2O)会偏高；可在装置B 和A 之间增加装置D ；
(5)反应2NH 3+3CuO=N 2+3Cu+3H 2O ，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H 2O)=bg ，氧化铜物质的量n=18/bg g mol
，实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为a g ，则Cu 的摩尔质量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol ，即Cu 的相对原子质量为:
18a b -16； 答案是:18 a b
-16； (6)若CuO 中混有Cu ，氧元素质量减小，测定水质量减小，b 减小，则
18a b -16值增大，所以若CuO 中混有Cu ，则该实验测定结果偏大；
答案是:偏大。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．硝基、羟基
+2NaOH+NaCl+H2O AB 、
(任意两种)
【解析】
【分析】
苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=7226
5
2
⨯+-
=，根据柳胺酚结构简式知，F
中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为
，C和HCl反应生成D，据此解答。

【详解】
(1)、由分析可知B为，F为；
故答案为；；
(2)、D结构简式为，官能团为羟基和硝基；
故答案为硝基、羟基；
(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
故答案为+2NaOH+NaCl+H2O ；
(4) A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1mol柳胺酚最多可以和3mol NaOH 反应，故A不正确；
B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；
C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;
D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；
故选AB；
(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；
②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：
；
故答案为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2:3SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋2MnO42－＋4H＋消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:1n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱
【解析】
【分析】
⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。

⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。

⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。

【详解】
⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3个价态，为还原剂，NO化合价降低2个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，故答案为：2:3。

⑵①KMnO4脱硫(SO2)反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋
2MnO42－＋4H＋，故答案为：SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋2MnO42－＋4H＋。

②反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。

③2molKMnO4反应生成4mol氢离子，4mol氢离子消耗2mol碳酸钙，因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:1，故答案为1:1。

⑶根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。

19．
()()
()
2
2
4
2
c Cl c NO
c NO
bc c 0.075 ＜c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）bc
【解析】
【分析】
(1)平衡常数等于生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方乘积之比；平衡常数仅与温度有关；
(2)根据平衡标志判断；
(3)利用“三段式”计算n(Cl2)；扩大容器的体积，相当于加压，平衡向气体系数和增大的方向移动；
(4)0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L；
(5) NO2﹣水解程度小于CH3COO﹣，溶液B的pH大于溶液A；
【详解】
（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=
()()
()
2
2
4
2
Cl NO
NO
c c
c
，
a．K值不变，温度一定不变，但平衡不一定不移动，故a错误；
b．K值变化，则温度改变，所以平衡一定移动，故b正确；
c．平衡移动，温度不一定变化，所以K值可能不变，故c正确；
d．平衡移动，温度不一定变化，所以K值不一定变化，故d错误；选bc；
（2）a．υ正(NO2)=2υ正(NO)都是指正反应速率，所以不能说明达到平衡状态，故不选a；
B．NO和Cl2是生成物，按照系数比生成，所以NO和Cl2的物质的量之比一直不变，所以不能说明达到平衡状态，故不选b；
C．混合气体密度不变，说明气体总质量不变，该反应是气体质量发生变化的反应，所以能说明达到平衡
状态，故选c ；
D ．c(NO 2)：c (NO)：c (Cl 2)=4：2：1，不一定不再改变，不能说明达到平衡状态，故不选d ；
选c ；
（3）在恒温条件下，向2L 恒容密闭容器中加入0.4mol NO 2和适量NaCl 固体，10min 时反应达到平衡．测得10min 内υ(NO 2)=0.015mol/（L•min ），则NO 2变化的物质的量为0.015mol/（L•min ）×10min×2L=0.3mol ；
232 4NO g +2NaCl s 2NaNO s +2NO g +0.4
000.3
0.150.0750.1
0.150.075Cl g （）（）
（）（）（开始转化平衡）
则平衡后n(Cl 2)=0.075mol ； 扩大容器的体积，相当于减小压强，平衡相逆反应移动，所以当反应再次达到平衡时NO 2的转化率减小，则а2＜а1；
（4）0.2mol NaOH 的水溶液与0.2mol NO 2恰好完全反应得1L 溶液A ，反应为
2NO 2+2NaOH ═NaNO 3+NaNO 2+H 2O ，得到溶液A 中NaNO 3物质的量浓度为0.1mol/L ，
NaNO 2物质的量浓度为0.1mol/L ，溶液B 为0.1mol•L ﹣1的CH 3COONa 溶液，已知HNO 2的电离常数K a =7.1×10﹣4mol•L ﹣1，
CH 3COOH 的电离常数K a =1.7×10﹣5mol•L ﹣1，说明CH 3COOH 酸性小于HNO 2的酸性，NaNO 2对应阴离子水解程度大，两溶液中c(NO 3﹣)、c(NO 2﹣)和c(CH 3COO ﹣)由大到小的顺序为：c(NO 3﹣)＞c(NO 2﹣)＞c(CH 3COO ﹣)； （5）依据溶液组成和性质分析，溶液A 中NaNO 3物质的量浓度为0.1mol/L ，NaNO 2物质的量为0.1mol/L ，溶液B 为0.1mol•L ﹣1的CH 3COONa 溶液，溶液B 碱性大于A 溶液；
A ．上述分析可知，溶液
B 碱性大于A 溶液，向溶液A 中加水，稀释溶液，碱性减小，不能调节溶液PH 相同，故a 不符合；
B ．向溶液A 中加适量NaOH ，增大碱性，可以调节溶液pH 相同，故b 符合；
C ．向溶液B 中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH ，故c 符合；
D ．溶液B 碱性大于A 溶液，向溶液B 中加适量NaOH ，溶液PH 更大，不能调节溶液PH 相同，故d 不符合；
选bc 。

【点睛】
本题考查了化学平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析应用，会根据电离平衡常数判断盐溶液中离子浓度大小，注意明确化学平衡常数只与温度有关。