2019-2020学年陕西省南郑中学新高考化学模拟试卷含解析
2019-2020学年陕西省南郑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．下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下（a和b均为与温度有关的常数）：
下列说法不正确的是
A．金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用
B．金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示
C．金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y′属抛物线型
D．Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A项正确；B．金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确；
C．表格中列举的数据，时间间隔分别是1h，3h，5h，7h，9h；对于MgO，结合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO厚度的数据分析，NiO氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C项正确；
D．根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误；
答案选D。
2．已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Ll mol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度
和溶液体积变化），溶液中
()-
c X
lg
c(HX)
（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是
A ．直线I 对应的是()-
c F lg
c(HF)
B ．I 中a 点到b 点的过程中水的电离程度逐渐增大
C ．c 点溶液中：(
)()()+
--c Na
>c X =c(HX)>c OH >c ()H +
D ．b 点溶液和d 点溶液相比：c b (Na +) 时即c(X ) c(HX)-=1，此时 K a =(H )(X ) (HX) c c c +-?=c(H +)，因此直线I 对应的K a =10-3.2, 直线II 对应的K a = 10-9.2, 由于HF 酸性强于HCN ，因此直线I 对应()- c F lg c(HF) ，A 正确； B ．a 点到b 点的过程中HF 浓度逐渐减小，NaF 浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B 正确； C ．K a (HCN)= 10-9.2 ，NaCN 的水解常数K h (NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN 和NaCN 的混合溶液中c(CN -) D ．由于HF 酸性强于HCN ，要使溶液均显中性，HF 溶液中要加入较多的NaOH ，因此c b (Na +)>c d (Na +)，D 错误； 答案选D 。 【点睛】 溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。 3．下列说法正确的是 A ．煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本 B ．用CO 2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用 C ．纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质 D ．铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂 【详解】 A ．煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A 选项错误； B ．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用，B 选项正确； C ．纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C 选项错误； D ．生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D 选项错误； 答案选B 。 4．新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是 A ．新型冠状病毒组成元素中含有 C 、H 、O B ．用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好 C ．3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子 D ．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C 、H 、O 、N 等，故A 错误； B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B 错误； C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C 正确； D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D 正确； 故选B 。 5．25℃时，一定量的甲烷与a L （已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ 的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是 A ．1 4222CH (g)2O (g)CO (g)2H O(l)H b kJ mol -+===+?=-? B ．14222224b CH (g)2O (g)CO (g)2H O(g)H kJ mol a -+===+?=- ? C ．14222224b CH (g)2O (g)CO (g)2H O(l)H kJ mol a -+===+?=-? D ．14222224b CH (g)2O (g)CO (g)2H O(l)H kJ mol a -+====+?=+? 空气中氧气的体积为5a L ，则甲烷体积为10a L ，物质的量为224a mol 。224 a mol 甲烷燃烧放出热量 b kJ ，则1 mol 甲烷燃烧放出热量224b a kJ 。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H 2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C 正确； 答案：C 【点睛】 考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H →H 2O （l ），C →CO 2 ，S →SO 2等。 6．稀土元素铥(16969Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是( ) A ．质子数为 69 B ．电子数为 100 C ．相对原子质量为 169 D ．质量数为 238 【答案】A 【解析】 【详解】 A ．稀土元素铥(16969 Tm)的质子数为69，故A 正确； B ．稀土元素铥(16969 Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B 错误； C ．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C 错误； D ．稀土元素铥(16969Tm)的质量数为169，故D 错误； 【点睛】 一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C 项是易错点。 7．氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ） A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性 B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6L C．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜 D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c% 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确； B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol ＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B 正确； C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。 答案选C。 【点睛】 明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。 8．X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能 ．．实现如图所示转化关系的是（） X Y Z 箭头上所标数字的反应条件 A．NO NO2HNO3①常温遇氧气 B．Cl2NaClO HClO ②通入CO2 C．Na2O2NaOH NaCl ③加入H2O2 D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确； B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确； C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误； D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确； 本题选C。 【点睛】 要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。 9．下列指定反应的离子方程式正确的是（） A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32?+CaSO4CaCO3+SO42? B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I? +IO3?+6H+=I2+3H2O C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO?+2Fe(OH)3=2FeO42?+3Cl?+4H++H2O D．电解饱和食盐水：2Cl?+2H+Cl2↑+ H2↑ 【答案】A 【解析】 【分析】 A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3； B项，电荷不守恒，得失电子不守恒； C项，在碱性溶液中不可能生成H+； D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。 【详解】 A 项，饱和Na 2CO 3溶液与CaSO 4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO 3，反应的离子方程式为CO 32-+CaSO 4 CaCO 3+SO 42-，A 项正确； B 项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I -+IO 3-+6H +=3I 2+3H 2O ，B 项错误； C 项，在碱性溶液中不可能生成H +，正确的离子方程式为3ClO -+2Fe （OH ）3+4OH -=3Cl -+2FeO 42-+5H 2O ，C 项错误； D 项，电解饱和食盐水生成NaOH 、H 2和Cl 2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl -+2H 2O Cl 2↑+H 2↑+2OH -， D 项错误；答案选A 。 【点睛】 本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D 项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B 项）；④从反应的条件进行判断（题中C 项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。 10．下列反应的离子方程式正确的是 A ．铜跟稀HN O 3反应：3Cu+8H ++2NO 3-=3C u 2++2N O↑+4H 2O B ．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al 3++3OH -= AlO 2-+2H 2O C ．向Ag(NH 3)2N O 3溶液中加入盐酸：Ag(NH 3)2++2H +=Ag ++2NH 4+ D ．NaHS O 4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性：Ba 2++OH -+H ++SO 42-=BaS O 4↓+H 2O 【答案】A 【解析】A. 铜跟稀HNO 3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为： 3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，故A 正确；B.过量氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故B 错误；C. 向Ag(NH 3)2NO 3溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀，故C 错误；D. NaHSO 4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性的离子方程式为Ba 2++2OH -+2H ++SO 42-=BaSO4↓+2H 2O ，故D 错误；故选A 。 点晴：离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理是否正确；②电解质的拆分是否正确；③是否满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题的易错点是D ，要注意从化学方程式进行判断。 11．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计 )，使其达到分解平衡：()()()2432NH COONH s 2NH g CO g +?。实验测得不同温度下的平衡数据列 于下表： 温度/℃ 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 下列有关叙述正确的是 A ．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B ．因该反应S 0>V 、H 0>V ，所以在低温下自发进行 C ．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大 D ．根据表中数据，计算25.0℃时的分解平衡常数约为8131.6410(mol L )--?? 【答案】D 【解析】 【详解】 A ．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A 错误； B ．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H ）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S ）大于0，所以在高温下自发进行，故B 错误； C ．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C 错误； D ．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol /L ，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH 3和CO 2的浓度分别为3.2×10-3mol /L 、1.6×10-3mol /L ，代入平衡常数表达式：K =（3.2×10-3） 2 ×1.6×10-3=813 1.6410(mol L )--??，故D 正确； 答案选D 。 【点睛】 计算25.0℃时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH 3和CO 2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C 为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。 12．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( ) A ．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 B ．豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程 C ．港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量 D ．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠 【答案】B 【解析】 【详解】 A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A 错误； B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确； C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误； D.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误； 答案选B。 13．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 NaOH溶液滴入 FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水 中 Na2S溶液滴入AgCl 浊液中 热铜丝插入稀硝酸 中 现象 产生白色沉淀，随后 变为红褐色溶液变红，随后迅速 褪色 沉淀由白色逐渐变 为黑色 产生无色气体，随后 变为红棕色 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】 分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。 详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2O HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。 点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。14．设A N为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．100g 46%甘油水溶液中含—OH的数目为1.5N A B．1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为N A C．0.1mol?L-1的Al2(SO4)3溶液中含Al3+的数目小于0.2 N A D．反应CH4 + 2NO + O2 = CO2 + N2 + 2H2O，每消耗标准状况下22.4L NO，反应中转移的电子数目为2 N A 【答案】B 【解析】 【详解】 A选项，100g 46%甘油即46g甘油，物质的量为0.5mol，甘油中含—OH的数目为1.5N A，但由于水中也含有羟基，故A错误； B选项，NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g?mol-1，质子数都为10个，则1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为N A，故B正确； C选项，溶液体积未知，因此溶液中含Al3+的数目无法计算，故C错误； D选项，反应CH4 + 2NO + O2 = CO2 + N2 + 2H2O，根据反应方程式得出，2molNO反应转移8 mol电子，每消耗标准状况下22.4L NO即1molNO，反应中转移的电子数目为4N A，故D错误。 综上所述，答案为B。 【点睛】 一定不能忽略水中含有—OH，同样也不能忽略水中含有氧原子的计算，为易错点。 15．N A代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A．标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5N A B．等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1 C．一定温度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同 D．标准状况下，等体积的N2和CO所含的原子数均为2N A 【答案】C 【解析】 【详解】 A.5.6L一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O 2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5N A，故A错误； B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误； C. NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确； D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2N A，故D错误； 答案：C 【点睛】 易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下： 噲?+H2O +CH3COOH垐? 某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺： 方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40 min后停止加热即可制得产品。 方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min后停止加热。其余与方案甲相同。 已知：有关化合物的物理性质见下表： 化合物 密度 (g·cm-3) 溶解性 熔点 (℃) 沸点 (℃) 乙酸 1.05 易溶于水，乙醇17 118 苯胺 1.02 微溶于水，易溶于乙醇–6 184 乙酰苯 胺— 微溶于冷水，可溶于热水，易溶 于乙醇 114 304 请回答： (1)仪器a的名称是_________ (2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________ (3)装置甲中分馏柱的作用是______________ (4)下列说法正确的是__________ A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高 C．装置乙中b处水流方向是出水口 D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好 (5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下： ①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用） ____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥 a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解 上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________ ②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____ A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高 C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂 ③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。 A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液 【答案】直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100 mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABC e d c a 将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤AD A 【解析】 【分析】 两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。 【详解】 (1)仪器a的名称即直形冷凝管； (2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品； (3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去； (4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确； B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确； C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确； D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误； 答案选ABC； (5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可； ②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD； ③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的 溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图： 已知：CH3COCH3+CH3CHO一定条件 ??????→CH3COCH=CHCH3+H2O 回答下列问题： (1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。 (2)G生成H的反应类型是______。 (3)F的结构简式为_____。 (4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。 (5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH 反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______ 。 (6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。 【答案】C18H18O3(酚)羟基、羰基取代反应 ??→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O 10 CH3CHO+2Ag(NH3)2OHΔ 【解析】 【分析】 由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式 为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应 生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。 【详解】 由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO 反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应； (1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基； (2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应； (3)由分析可知，F的结构简式为：； (4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO ，与银氨溶液反应的化学方程式为 ??→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O； CH3CHO+2Ag(NH3)2OHΔ (5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH 反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为； (6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为： 。 【点睛】 本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H 的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示： 已知： ①RCH2Br RCH=CHR’ ②2RCH=CH R’ （以上R、R’代表氢、烷基） (1)白头翁素的分子式为____。 (2)试剂a为______，E→F的反应类型为________。 (3)F的结构简式为_________。 (4)C中含有的官能团名称为________。 (5) A→B反应的化学方程式为_________。 (6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有____种。 (7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为____（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。 【答案】C10H8O4浓硫酸消去反应羧基、羟基、碳碳双键 +H2O8 第一种路线： 第二种路线： CH2=CH2CH2BrCH2Br CH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3 【解析】 【分析】 （1）~（6）A发生加成反应生成的B为HOOCCH（OH）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知①的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知②的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。 (7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由 CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。 【详解】 (1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4； (2)C→D为醇的消去反应，则试剂a为浓硫酸，E→F的反应类型为消去反应； (3)F的结构简式为； (4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基； (5)A发生加成反应生成B，A→B反应的化学方程式为 ； (6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种； (7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由 CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到；其合成路线为 ，也可能是合成路线为：。 【点睛】 本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。 19．“三酸两碱”是最重要的无机化工产品，广泛用于国防、石油、纺织、冶金、食品等工业。“三酸”是指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。回答下列问题： (1)写出过量稀硝酸分别与“两碱”溶液反应的离子方程式：_______、_______。 (2)请将“三酸两碱”中所含位于第三周期的元素，按原子半径由大到小的顺序排列_______。 (3)氯的非金属性比硫____（填“强”或“弱”），请用两个事实说明你的结论____________。 (4)某烧碱溶液中含0.1molNaOH，向该溶液通入一定量CO2，充分反应后，将所得溶液低温蒸干，得到固体的组成可能有四种情况，分别是：①________；②Na2CO3；③________；④NaHCO3。若该固体溶于水，滴加过量盐酸，再将溶液蒸干，得到固体的质量是_______ g。 (5)将Na2CO3溶于水得到下列数据： 水Na2CO3混合前温度混合后温度 35mL 3.2g 20℃24.3℃ Na2CO3溶于水_________（填“吸”或“放”）热，请从溶解过程热效应的角度加以解释___________。 【答案】H++OH—→H2O 2H++CO32—→H2O+CO2↑Na﹥S﹥Cl 强Cl2+H2S→ S↓+2HCl,高氯酸的酸性比硫酸的酸性强（HCl的稳定性比H2S强）NaOH和Na2CO3Na2CO3和NaHCO3 5.85g 放热Na2CO3溶于水时，水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量 【解析】 【分析】 将CO2通入NaOH溶液，可据CO2量逐渐增加过程中溶液发生的反应，分析溶液中溶质的成分。溶液低温蒸干，则生成的NaHCO3不会分解。 【详解】 (1)“三酸两碱”均为易溶的强电解质，在离子方程式中应拆写。则过量稀硝酸分别与“两碱”溶液反应的离子方程式为H++OH—=H2O、2H++CO32—=H2O+CO2↑。 (2)同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小。“三酸两碱”中位于第三周期的元素有硫、氯、钠，其原子半径由大到小的顺序为Na﹥S﹥Cl。 (3)同周期主族元素从左到右，元素非金属性依次增强，则氯的非金属性比硫强。氯气比硫易与氢气反应，氯化氢比硫化氢稳定，高氯酸的酸性比硫酸强等等，都能证明氯的非金属性比硫强。 (4)向含0.1molNaOH的溶液中通入CO2，随着CO2的增加，溶液中先后发生两个反应： (1)2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，(2)Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。反应后溶液低温蒸干，则NaHCO3不会分解，所得固体有四种可能：①NaOH和Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3。 若将固体溶于水与过量盐酸，再将溶液蒸干，得到固体为NaCl。据钠离子守恒有NaOH~NaCl，则NaCl质量是5.85 g。 (5)Na2CO3溶于水温度升高，则溶解放热。溶解过程包括扩散（吸热）和水合（放热）两个过程，当扩散吸热小于水合放热，则溶解过程放热。