金科大联考2021届高三上学期9月质量检测化学试题 Word版含解析 25页

‎2020~ 2021学年金科大联考高三9月质量检测 化 学 考生注意：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上作答无效。‎ ‎3.命题范围：高考范围。‎ ‎4.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Fe56 Ag 108‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用 B. 纤维素和蔗糖水解的最终产物均为葡萄糖 C. 体积分数为75%的乙醇溶液常用于医疗消毒 D. 紫外线和高温均能使新型冠状病毒蛋白质变性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于SO2具有强还原性，可以消耗红葡萄酒中的氧气，防止其变质，故在红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用，A正确；‎ B．纤维素水解的最终产物是葡萄糖，而蔗糖水解的最终产物均为葡萄糖和果糖，B错误；‎ C．乙醇可使蛋白质变性而杀菌消毒，故体积分数为75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，C正确；‎ D．紫外线和高温均能改变蛋白质的结构而使其失去生理活性，故能使新型冠状病毒蛋白质变性，D正确；‎ 故答案为：B。‎ ‎2. 下列实验过程中的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 苯酚久置于空气中变为粉红色 B. 向草酸溶液中滴加酸性K2Cr2O7溶液得到绿色溶液 - 25 -‎ C. 向饱和Na2CO3溶液中通CO2出现白色固体 D. 向紫色石蕊溶液中逐滴滴入氯水，溶液先变红后褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚有还原性，在空气中被氧化为粉红色，与氧化还原反应相关，A不合题意；‎ B．向草酸溶液中滴加酸性K2Cr2O7溶液得到绿色溶液，溶液由橙色变绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，B不合题意；‎ C．向饱和Na2CO3溶液中通CO2出现白色固体，是Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故与氧化还原反应无关，C符合题意；‎ D．向紫色石蕊溶液中逐滴滴入氯水反应为Cl2+H2O=HCl+HClO，溶液中含有H+故变红，溶液中又含有HClO具有强氧化性故后褪色，故与氧化还原反应有关，D不合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】，故B不选 ‎3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y、Z同主族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. X的单质通常保存在煤油中 B. 简单氢化物的稳定性：Y＜Z＜W C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D. Z2W2中各原子最外层均满足8电子稳定结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的单质是密度最小的金属，X是Li；Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O元素；Y、Z同主族，Z是S元素；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是Cl元素。‎ ‎【详解】A．锂的密度小于煤油，锂单质通常保存在石蜡油中，故A错误；‎ B．非金属性O＞Cl＞S，简单氢化物的稳定性：H2S＜HCl＜H2O，故B错误；‎ C．SO2对应的水化物H2SO3为弱酸，故C错误；‎ D．S2Cl2结构式为Cl-S-S-Cl，S形成2个共价键、Cl原子形成1个共价键，S原子最外层电子数为6+2=8，Cl原子最外层电子数=7+1=8，均满足8电子结构，故D正确；‎ - 25 -‎ 选D。‎ ‎4. 下列化学用语表示或描述不正确的是 A. Ca的电子排布式是［Ar］3d2‎ B. BF3 的VSEPR的模型名称是平面三角形 C. NH4+中心原子N上的孤电子对数为0‎ D. 在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故A错误；‎ B. 价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，根据BF3的电子式可知，中心原子B有没有孤电子对，有3个σ键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；‎ C. NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；‎ D. NH3的电子式为，所以在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎5. 对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是 A. B. ‎ - 25 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 思路：除溴（利用SO2的还原性）à分离出苯和溴苯的混合液（分液）à分离出溴苯（蒸馏）。‎ ‎【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+2HBr，故A正确；‎ B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；‎ C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；‎ D. 溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6. 黄芩苷是双黄连口服液中的活性成分之一，其结构如图所示。下列关于黄芩苷的说法正确的是（ ）‎ A. 分子中有3种含氧官能团 B. 分子中有6个手性碳原子 C. 该物质能与溶液发生显色反应 D. 该物质与足量溶液反应时消耗 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中有羧基、醚键、羟基、羰基4种含氧官能团，故A错误；‎ - 25 -‎ B．分子中只有5个手性碳原子，故B错误；‎ C．含酚羟基能与溶液发生显色反应，故C正确；‎ D．1个该分子中有2个酚羟基和1个羧基，该物质与足量溶液反应时最多消耗，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】有机物中能够与NaOH溶液反应的官能团有酚羟基、羧基、酯基等，注意每种官能团消耗NaOH的量。‎ ‎7. 氮化硼（BN）晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是 A. 立方相氮化硼含配位键B→N B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软，熔点低 C. 两种氮化硼中硼原子都是采用sp2杂化 D. 六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B原子最外层有3个电子，存在一个空轨道，N原子最外层有5‎ - 25 -‎ 个电子，存在一个孤电子对，由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间网状结构与金刚石类似，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为B←N配位键，故A错误；‎ B．六方相氮化硼具有层状结构，层间作用力小，所以质地软，但层内原子间通过共价键结合，导致熔点很高，故B错误；‎ C．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采用是sp3杂化，故C错误；‎ D．晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8. 过氧化钙()在室温下稳定，加热至350℃左右迅速分解。实验室制备反应：，装置如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 长颈漏斗可以起到防倒吸的作用 B. 甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气 C. 冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解 D. 反应过程中不断中和和过氧化氢生成的，促进反应进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正确；‎ B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，根据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气，B正确；‎ C.冰水混合物的主要作用：防止过氧化氢分解，同时使过氧化钙晶体析出，C错误；‎ - 25 -‎ D.反应过程中因为要生成更多的CaO2•8H2O，为使反应不断向正反应进行，需要加NH3•H2O中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎9. 是一种弱酸，可通过下列方法制备：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 室温下，的溶解度比的小 B. 反应②中，被氧化的碘与被还原的碘物质的量之比为 C. 反应③的产物中 D. 反应④中酸X可选用盐酸或硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由反应①复分解反应规律，的溶解度较小，故A错误；‎ B．反应②产物为和，被氧化的碘与被还原的碘物质的量之比为1：5，故B错误；‎ C．依据氧化还原反应规律，发生，产物中，故C正确；‎ D．Ba2+与SO42-可以生成BaSO4沉淀，为了有利于分离，适宜用硫酸，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题关键是理解反应流程图中每一步反应的实验原理和实验目的，注意应用氧化还原反应规律判断不同物质反应或生成的量的关系。‎ ‎10. LiFePO4电池（电解质溶液为LiPF6的有机溶液）是电动汽车常用的一种电池，其工作原理如图所示，其中LixC6是单质锂附聚在石墨电极上的一种表示形式。下列说法错误的是 - 25 -‎ A. 充电时，电极a上的电极反应式为LixC6- xe- =xLi+ +C6‎ B. 电动汽车行驶时，正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi+ +xe- =LiFePO4‎ C. 放电时，当电路中转移0.2 mol电子时，通过隔膜0.2 mol离子 D. 隔膜为阳离子交换膜 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干可知：LixC6是单质锂附聚在石墨电极上的一种表示形式，故电池放电时，电极a为负极，电极反应为：LixC6-xe-=xLi++C6,电极b为正极，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+ +xe- =LiFePO4，故Li+经过离子交换膜进入正极，据此解题。‎ ‎【详解】A．由分析可知，放电时ａ为负极，反应为LixC6-xe-=xLi++C6，故充电时，电极a上的电极反应式为放电时的逆过程，故为xLi+ +C6+ xe- = LixC6，A错误；‎ B．由分析可知，电动汽车行驶时，正极发生还原反应，故电极反应式为Li1-xFePO4+xLi+ +xe- =LiFePO4，B正确；‎ C．由于通过隔膜的离子Li+，故放电时，当电路中转移0.2 mol电子时，通过隔膜0.2 mol离子，C正确；‎ D．由分析可知，隔膜为阳离子交换膜，D正确；‎ 故答案为：A。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11. 下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 向苯与液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体直接通入AgNO3‎ 验证液溴与萃发生取代反应 - 25 -‎ 溶液中 B 比较HF与HClO的酸性强弱 常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1 mol·L-1的NaF溶液和NaClO溶液的pH C 验证FeCl3与KI的反应是可逆反应 向1 mL0.1 mol·L-1FeCl3溶液中滴加5 mL0.1 mol·L-1 KI溶液充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液 D 除去NaCl固体表面的少量KCl杂质 用饱和NaCl溶液洗涤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在铁做催化剂作用下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢气体，溴化氢极易溶于水，直接通入硝酸银溶液中会产生倒吸，故A错误；‎ B.次氯酸钠在溶液中水解生成的次氯酸具有强氧化性，能使pH试纸漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，应用pH计测定，故B错误；‎ C.KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁、单质碘和氯化钾，反应的化学方程式为2KI+2FeCl3=2FeCl2+I2+2KCl，由题意可知，5 mL0.1 mol·L-1 KI溶液过量，若反应为可逆反应，反应后的溶液中存在铁离子，则取少许混合液滴加KSCN溶液，观察是否有血红色，如果有血红色就说明为可逆反应，否则不是可逆反应，故C正确；‎ D.用饱和NaCl溶液洗涤NaCl固体，即可以除固体表面的少量KCl杂质，也可以减少氯化钠固体的溶解而造成损失，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎12. 在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一 ，瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是 - 25 -‎ A. 瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N＞O＞ P B. 瑞德西韦分子可以发生水解反应、加成反应、氧化反应和还原反应 C. 瑞德西韦中所有的N都为sp3杂化 D. 瑞德西韦结构中存在σ键、π键、不存在大π键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据元素周期律，同周期元素，越靠右电负性越强，同主族元素，越靠上，电负性越强，故N、O、P元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞ P，A错误；‎ B．该物质含酯基，可发生水解反应；含苯环，可与氢气发生加成反应，该反应也是还原反应；该有机物有羟基，可发生氧化反应，B正确；‎ C．该物质中有氮原子形成碳氮双键，该氮原子采取sp2杂化，C错误；‎ D．该物质含苯环，存在大π键，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13. 利用微生物燃料电池进行废水处理，可实现碳氮联合转化。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是 A. 负极反应式为 B. 电池工作时，由M极区移向N极区 C. 相同条件下，M极区生成的与N极区生成的的体积之比为 D. 好氧微生物反应器中发生的反应的离子方程式为 ‎【答案】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示分析可知微生物燃料电池中，CH3COO-→CO2，发生失去电子的氧化反应，则M为原电池的负极，环境为酸性介质，负极电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+；NO3-→N2，反应得电子的还原反应，则N为原电池的正极，正极电极反应式为：2NO3-+12H++10e-═N2+6H2O，电解质溶液中，阴离子移向负极M，阳离子移向正极N；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4++2O2═NO3-+2H++H2O，据此解答。‎ ‎【详解】A.负极失电子，由图可知，M为负极，在负极反应生成二氧化碳，其电极反应为，故A正确； ‎ B.原电池工作时，阳离子由负极移向正极，所以由M极移向N极，故B正确； ‎ C.在N极反应生成氮气，其电极反应为：，由两极反应可知，相同条件下，M、N两极生成的和的体积之比为5：2，故C错误； ‎ D.由图可知，好氧微生物反应器中发生的反应为，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎14. 我国科研人员研究了在Cu - ZnO – ZrO2催化剂上CO2加氢制CH3OH的机理，其反应历程如图所示：‎ 其中，TS表示过渡态、吸附在催化剂表面上的物种用*标注，括号里的数字表示微粒的相对总能量[单位：eV（1 eV= 1.60×10-19）]，下列说法正确的是 A. 该反应的反应热ΔH= -8.16×10-23kJ/mol B. 过程I有H-H键断裂，过程II表示与催化剂脱离 C. 等物质的量的CO2和CH3OH中共用电子对数目之比为8：5‎ D. 催化剂表面发生的反应中决速步骤为HCOOH*+H2（g）一-H2COOH*‎ ‎【答案】BD - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个CO2分子和3个H2分子最终生成1个CH3OH分子和1个H2O分子放出能量为0.51 eV，则1 mol CO2（g）和3mol H2（g）反应时放出能量为：0.51×1.60×10-19J×6.02×1023=4.91×104J=49.1kJ，故该反应的反应热△H=-49.1kJ/mol，A错误；‎ B．过程I中部分氢气分子转化H原子，有H-H键断裂，过程II中前后物质相同，CH3OH与催化剂脱离，B正确；‎ C．CO2分子中有4对共用电子对，而CH3OH中有5对共用电子对，故等物质的量的CO2和CH3OH中共用电子对数目之比为4：5，C错误；‎ D．生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应，而活化能越大，反应速率越慢。由微粒相对总能量可知，TS3过渡态的活化能最高，决速步骤为：HCOOH*+ H2（g）═H2COOH*，D正确；‎ 故答案为：BD。‎ ‎15. 常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合博液的pOH[pOH= -lgc （OH- ）]与溶液离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pOH与lg两者的变化关系 B. NaHX溶液中c（H2X）>c（X2-）‎ C. 当混合溶液呈中性时，c（Na+ ）=c（HX- ）+2c（X2-）‎ D. 常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则，碱性条件下，pOH - 25 -‎ 相同时，，由图像可知N为pOH于的变化曲线，曲线M为pOH与的变化曲线。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，曲线N表示pOH与的变化曲线，故A错误；‎ B． ，曲线N中时，c(HX−)=c(X2−)，则； ，曲线M中时，c(HX−)=c(H2X)，则，说明HX−的水解程度较大，则c(X2−)”、“<”或“=”）。‎ ‎②A、B、C三点中NO2的转化率最低的是 _____（填“A”、“B”或“C”）点。‎ ‎③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）=_____（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ ‎（4）实验室常用NaOH溶液吸收法处理NOx，反应的化学方程式如下（已知NO不能与NaOH溶液反应）：‎ NO+ NO2 + 2NaOH=2NaNO2 + H2O 2NO2 +2NaOH=NaNO2+ NaNO3 + H2O ‎①若NOx（此时为NO和NO2的混合气体）能被NaOH溶液完全吸收，则x的取值范围为_______。‎ ‎②1 mol NO2和溶质物质的量为1 mol的NaOH溶液恰好完全反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为，___________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) =-793.1kJ/mol (2). 吸热 (3). 0.0035 mol·L-1·min-1 (4). = (5). B (6). 4MPa (7). 1.5≤x<2 (8). c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CH4还原N2O4的化学方程式为CH4+N2O4=N2+2H2O+CO2，根据盖斯定律①-②得到CH4催化还原N2O4(g)生成N2、H2O(g)和CO2的热化学方程式；‎ - 25 -‎ ‎（2）①甲丙相比充入的NO的物质的量相等，达到平衡时间甲较长，温度越高反应达到平衡时间越短，则温度：T＞400，升高温度NO平衡物质的量减小，说明升高温度平衡正向移动；‎ ‎②该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动，开始时甲中加入的NO物质的量是乙中2倍，平衡时甲中NO是乙中2倍，所以乙平衡时n(NO)=0.30mol，0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率(NO)=；‎ ‎(3)①根据化学平衡常数与温度有关，温度不变，K不变；‎ ‎②该反应是个气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动；‎ ‎③C点时NO2和CO2浓度相等，根据反应的三段式计算C点各物质的物质的量，再根据分压计算Kp（C）；‎ ‎（4）①由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；‎ ‎②等物质的量NO2和NaOH溶液完全反应后溶液中溶质为等物质的量的NaNO2、NaNO3，得到溶液中离子浓度大小。‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律①-②得到CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的=（-860.0kJ/mol）-（-66.9kJ/mol）=-793.1kJ/mol，所以热化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) =-793.1kJ/mol，故答案为：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) =-793.1kJ/mol；‎ ‎（2）①甲丙相比充入的NO的物质的量相等，达到平衡时间甲较长，温度越高反应达到平衡时间越短，则温度：T＞400，升高温度NO平衡物质的量减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎②该反应前后气体体积不变，则压强不影响平衡移动，开始时甲中加入的NO物质的量是乙中2倍，平衡时甲中NO是乙中2倍，所以乙平衡时n（NO）=0.30mol，0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率(NO)==0.0035 mol·L-1·min-1，故答案为：0.0035 mol·L-1·min-1；‎ ‎（3）①A、B两点温度相等，所以化学平衡常数相等；故答案为：=；‎ ‎ ②由方程式可知反应气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，B点压强最大，所以转化率最低；故答案为：B；‎ - 25 -‎ ‎ ③设起始到平衡转化氮气物质的量为xmol，反应三段式为 ‎ C点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得：x=0.25，因C点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即p(NO2)=p(CO2)，所以Kp（C）==p(N2)=20MPa×=4MPa，故答案为：4MPa；‎ ‎（4）①由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5，因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，故答案为：1.5≤x＜2；‎ ‎②等物质的量NO2和NaOH溶液完全反应后溶液中溶质为等物质的量的NaNO2、NaNO3，水解，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。‎ ‎19. 化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）的名称为____。‎ - 25 -‎ ‎（2）D中含氧官能团的名称为____。‎ ‎（3）B→C的反应方程式为____。‎ ‎（4）D→E的反应类型为____。‎ ‎（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有____种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式____。‎ ‎（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。________________‎ ‎【答案】 (1). 2-氯丙酸 (2). 羧基、醚键 (3). (4). 取代反应 (5). 5 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，，C发生信息中取代反应生成D - 25 -‎ ‎，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为．对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。‎ ‎（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物。‎ ‎【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；‎ ‎（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；‎ ‎（3）B→C的反应方程式为：‎ ‎（4）D→E是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；‎ ‎（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；‎ ‎（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与 - 25 -‎ CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。‎ ‎20. 某草酸亚铁水合物A可用于制作照相显影剂、制药等。下面是对该化合物的制备及分析的实验方案，请回答下列问题：‎ ‎(1)硫酸亚铁的制备及收集纯净的氢气：将2.00g铁粉(含少量FeS及其他难溶性杂质)放入150mL锥形瓶中，加入25mL3mol/LH2SO4，水浴加热。反应完毕趁热过滤，反应装置如图所示(每个装置限用一次)。‎ ‎①使用以上装置完成实验，指出装置连接顺序：a→__。‎ ‎②反应完毕后趁热过滤的目的是__。‎ ‎(2)草酸亚铁水合物A的制备：将滤液转移至事先已盛有50mL1mol/LH2C2O4溶液的250mL烧杯中，搅拌下加热至沸腾，一段时间后得到淡黄色沉淀(其主要成分为A)。‎ ‎①已知A中铁的质量分数为31%，其化学式为__。‎ ‎②3.6gA在无氧条件下加热，最终得到1.44g固体化合物，试写出该过程中发生反应的化学方程式__：‎ ‎③若对实验方案中的硫酸加入量略作调整，可以得到更高产率的A，请指出该调整是增加还是减少硫酸的量：__。(填“增加”或“减少”)‎ ‎(3)草酸亚铁水合物A纯度的测定：称取mg产物于100mL烧杯中，用2mol/LH2SO4溶解，转移至250mL容量瓶中并用2mol/LH2SO4定容。移取25.00mL溶液至250mL锥形瓶中，微热后用浓度为cmol/L的标准高锰酸钾溶液滴定，平行测定三次，平均消耗滴定剂VmL(假设杂质不参与滴定反应)。‎ ‎①写出滴定过程中发生反应的离子方程式：__。‎ - 25 -‎ ‎②列出表示产物中A的纯度的计算式：__。‎ ‎【答案】 (1). edcbgfh (2). 防止硫酸亚铁晶体析出 (3). FeC2O4•2H2O (4). FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O (5). 减少 (6). 5FeC2O4+3+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（2）①令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4•xH2O，根据铁的质量分数为31%列等式，；‎ ‎（3）②由反应方程式：5FeC2O4+3+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O，可得，，再根据滴定数据计算产物的质量，需注意的点是从250 mL容量瓶中移取25.00mL溶液，则纯度为：。‎ ‎【详解】（1）①产生的H2中含有H2S和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去H2S，CuSO4溶液检验H2S是否除尽，浓硫酸除去水蒸气，最后用真空球囊收集纯净的H2，故装置连接顺序：aedcbgfh；故答案为：edcbgfh；‎ ‎②反应完毕后，除去未反应的固体，同时又防止硫酸亚铁晶体析出，故采用趁热过滤的方式；故答案为：防止硫酸亚铁晶体析出；‎ ‎（2）①令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4•xH2O，，解得x=2，A的化学式为FeC2O4•2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2O；‎ ‎②，，，最终得到1.44g 固体化合物，，因此所得固体是FeO，根据氧化还原反应中得失电子守恒，该过程中发生反应的化学方程式：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：‎ - 25 -‎ FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎③25mL 3 mol/L H2SO4的物质的量为0.075mol，2.00g铁粉的物质的量为0.036mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，浓度减少，不利于草酸亚铁沉淀生成，故应减少硫酸的量；故答案为：减少；‎ ‎（3）①草酸亚铁难溶，在书写离子方程式时应写成分子式，故滴定过程中发生反应的离子方程式为：5FeC2O4+3+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O，故答案为：5FeC2O4+3+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O；‎ ‎②5FeC2O4+3+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O，反应物、生成物变化的物质的量之比等于化学计量数之比，即，，从250 mL容量瓶中移取25.00mL溶液，所以产物中FeC2O4•2H2O的纯度为，故答案为：。‎ - 25 -‎