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1、2019-2020学年北京市西城区西城外国语学校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不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（）A做银镜反应后的试管用氨水洗涤B做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤C盛装 CCl4后的试管用盐酸洗涤D实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤【答案】B【解析】【详解】A.银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A 项错误；B.根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B 项正确；C.CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；D.实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不
2、溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D 项错误；答案选 B。2设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A常温常压下，1 mol 氦气中含有的质子数为2NABl0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC1 Ll mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共 23g，转移电子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A He 原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe 含有 2mol 质子，质子数为2NA，A 项正确；B10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为 0.1mol，0.1molCH3CH2OH 含有
3、 0.1mol 氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g 水，为 0.3molH2O，含有 0.3molO，所以溶液中含有的O 原子共 0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；CCO32H2OHCO3OH，可以知道1 个 CO32水解会生成1 个 OH和 1 个 HCO3，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；D NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N 的化合价从NO3中的 5降低到了 4，现生成 0.5molNO2，则共转移0.5mol 电子，转移的电子数为0.5NA，D 项正确；本题答案选C。3用下列装置完成相关实验，合理的是()A
4、图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或 NH3C图：分离Na2CO3溶液与 CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH 与 CH3COOC2H5【答案】B【解析】【分析】【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A 错误；B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；CNa2CO3溶液与 CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C 错误；D CH3CH2OH 与 CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D 错误；答案选B。【点睛】本题考
5、查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A 是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。4某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置，并对气体产物进行检验，实验装置如图所示。下列结论中正确的是（）选项现象结论A中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色体现了浓硫酸的吸水性B中观察到棉球a、b 都褪色均体现了SO2的漂白性C中无水硫酸铜变蓝说明反应产物中有H2O D中溶液颜色变浅，中澄清石灰水变浑浊说明有 CO2产生A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A蔗糖遇到浓
6、硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故A 错误；Ba 中品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，b 中溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；C无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；D 中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，中澄清石灰水变浑浊了，说明产生了二氧化碳气体，故D 正确；答案选 D。【点睛】C 项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑中的其他试剂，这是易错点。5某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl
7、2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A含有 4.5gAl B不含 FeCl2、AlCl3C含有物质的量相等的(NH4)2SO4和 MgCl2D含有 MgCl2、FeCl2【答案】C【解析】【分析】5.60L 标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物
8、质的量为2.9g0.0558/molgmol；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【详解】A.由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A 错误；B.从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C.n(NH3)=0.1mol，n(NH4)2SO4=0.05mol，n(MgCl2)=nMg(OH)2=0.05mol，从而得出(NH4)
9、2SO4和 MgCl2物质的量相等，C正确；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D 错误。故选 C。6下列各组物质所含化学键相同的是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）【答案】D【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A 不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子
10、晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He 为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C 不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D 符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。7YBa2Cu3Ox(Y 元素钇)是一种重要超导材料，下列关于8939Y的说法错误的是（）A质量数是89 B质子数与中子数之差为50 C核外电子数是39 D8939Y与9039Y 互为同位素【答案】B【解析】
11、【详解】A 选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡 A 正确；B 选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数质子数=89 39=50，质子数与中子数之差为5039=11，故 B 错误；C 选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39 个电子，故C正确；D 选项，8939Y与9039Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D 正确;综上所述，答案为B。【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。8下列说法不正
12、确的是A若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞，可以用细铁丝疏通B镀锌铁皮与稀硫酸反应，若产生的气泡突然消失，锌反应完全，需立即取出铁皮C液溴存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并加水液封，放在阴凉处D若皮肤被烫伤且已破，可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用铁丝疏通，故正确；B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率减慢，所以不会出现气泡突然消失的现象，只能气泡产生速率变慢，故错误；C.溴容易挥发，所以用水封，故正确；D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。故选 B。9不能用勒夏特列原理解释的是（）
13、A草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B将 FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C人体血液pH 值稳定在7.4 0.05 D工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎【答案】D【解析】【详解】A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成 NH3，使 N 元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A 不选；B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B 不选；C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液 pH 值稳定在7.4 0.05，能
14、用勒夏特列原理解释，故C不选；D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D 选；故答案为D。10某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl-3ClO6H+=3Cl23H2O B无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C2 处溶液出现白色沉淀，3 处溶液变蓝，4 处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D 5 处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染【答案】C【解析】【分析】【详
15、解】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl-3ClO6H+=3Cl23H2O，A 正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B 正确；Cl2与 3 处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4 处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl 和 HClO，HCl 与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C 错误；Cl2与 5 处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe
16、3+与 SCN-生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D 正确。11取 10g 碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A生成了2g 二氧化碳B剩余固体质量为5g C生成了5.6g 氧化钙D剩余碳酸钙的质量为8g【答案】A【解析】【详解】原碳酸钙10g 中的钙元素质量为：10g 401264013 100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量=4g50%=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，32CaCOCa
17、OCO5644x2.0g高温56x=442g，x=2.56g，A根据上述计算分析，生成了2g 二氧化碳，故A 正确；B根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故 B 错误；C根据上述计算分析，生成了2.56g 氧化钙，故C错误；D根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故 D 错误；答案选 A。【点睛】易错点为D 选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。12随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x 等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghde B上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中
18、，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由 d、e、g 三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D f 的最高价氧化物的水化物可以分别与e 和 h 的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x 属于第一周期，y、z、d 属于第二周期，e、f、g、h 属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x 为 H,y 为 C、z 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、g 为S、h 为 Cl。【详解】A.g 为 S，h 为 Cl，属于第三周期，离子半径gh；d 为 O，e 为 Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A
19、正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为 NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和 NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故 B错误；C.d 为 O、e 为 Na、g 为 S，由 d、e、g 三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故 C正确；D.f 为 Al，f 的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和 h 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故 D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原
20、子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。13化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂【答案】A【解析】【详解】A甲醛有毒，不能作食品防腐剂，A 错误；B氢氧化铝能与酸反应，可作抗酸药，B 正确；C氯化钠可作食品调味剂，C正确；D生石灰易吸水，可作食品干燥剂，D 正确；答案选 A。14下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（）选项实验操作实验现象A 向酸性 KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B 向浓 HNO3中加入
21、炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生，石灰石变浑浊C 向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置水层几乎无色D 向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.酸性 KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A 正确，不符合题意；B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；D.向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解
22、，故D 正确，不符合题意；故选：B。15在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是AC空气中点燃COCuO CO2NaOH(aq)Na2CO3BCu3AgNO(aq)Cu(NO3)2溶液NaOH(aq)Cu(OH)2CFe点燃Fe2O324H SO(aq)Fe2(SO4)3溶液D CaO2H OCa(OH)2溶液23Na CONaOH 溶液【答案】D【解析】【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
23、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，但利用硝酸银、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；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）
24、16某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分解产物为_（至少填三种），E装置的作用是_。（2）装置 B中的反应方程式：_，D装置的作用是_。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1 取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2 取步骤1 中溶液，滴加KSCN 溶液变红无现象3 向步骤2 溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得
25、到的黑色粉末是_。（4）甲组步骤1 中反应的离子方程式为_。（5）乙组步骤3 中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。（6）若装置C中 Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品 7.84 克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6 克，则混合物的组成为_。【答案】NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2ZnI2安全瓶Fe 粉Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇 SCN-显红色假设 SCN-被 Cl2氧化，向溶液中加入 KSCN溶液，若出现
26、红色，则假设成立Fe2O3和 FeO或 Fe2O3和 Fe3O4【解析】【分析】(1)实验时中A 有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I 发生下列反应：NH4I(固)?NH3(气)+HI(气)，2HI(气)?H2(气)+I2(气)，则 NH4I 的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置 B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2 ZnI2，故 D 装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为
27、Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤 4 中溶液变红是溶液中Fe2+被 Cl2氧化为 Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将 SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84 克，还原成铁粉质量为5.6 克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：5.656/molgg：2.2416/ggmol=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A 有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I 发生下列反应：NH4I(固)?
28、NH3(气)+HI(气)，2HI(气)?H2(气)+I2(气)，则 NH4I 的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置 B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与 CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(5)因 Fe3+遇 SCN-显红色，所以
29、乙组步骤3 中溶液变红是溶液中Fe2+被 Cl2氧化为 Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将 SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84 克，还原成铁粉质量为5.6 克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：5.656/molgg：2.2416/ggmol=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为 Fe2O3和 FeO或 Fe2O3和 Fe3O4，故答案为：Fe2O3和 FeO或 Fe2O3和 Fe3O4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）
30、17某兴趣小组用合金铝、铁、铜的废弃合金为原料制取硝酸铜晶体和氢氧化铝，并测定硝酸铜晶体的结晶水含量和氢氧化铝的纯度，设计的主要流程如下：已知：Fe2+沉淀的 pH 范围为 7.09.0；Fe3+沉淀的 pH 范围为 1.93.2；Cu2+沉淀的 pH 范围为 4.76.7 回答下列问题：（1）写出合金中加入NaOH 溶液后所发生的离子反应方程式_。试剂 X的名称为_。（2）加入 Z的作用是调节溶液的pH，pH 范围应为 _；下列可作为试剂Z 的是 _。a铜粉b氨水c氧化铜d硫酸铜（3）实验操作依次是_、_、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体。（4）测定硝酸铜晶体的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是_
31、。（选填编号）a称量样品 加热 冷却 称量 CuO b称量样品 加热 冷却 称量 Cu(NO3)2c称量样品 加热 用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量d称量样品 加过量已知量的NaOH 溶液 选用酚酞指示剂用标准盐酸滴定（5）根据流程图内数据计算：滤渣C中氢氧化铝的质量分数为_。（用 m、n 的代数式表示）（6）按该流程的操作步骤，氢氧化铝质量分数的测定结果偏高的可能性是最大的，原因有_；_。【答案】2Al+2OH+2H2O=2 AlO2+3 H2 稀硝酸（或硝酸）3.2 pH4.7 c 蒸发浓缩降温结晶bd 26 mn9m滤渣 C没有洗涤，混有 NaHCO3，煅烧后失重偏大滤渣 C洗涤后
32、未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大【解析】【分析】【详解】（1）合金中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则合金中加入NaOH 溶液后所发生的离子反应方程式为2Al+2OH+2H2O 2 AlO2+3 H2。由于最终要制备硝酸铜晶体，则试剂X的名称为稀硝酸；（2）加入 Z的作用是调节溶液的pH，根据金属阳离子沉淀时的pH 值可知，要沉淀铁离子，而保留铜离子，则 pH 范围应为3.2 pH 4.7；由于不能引入杂质，且能消耗氢离子，则Z 可以是氧化铜；答案选 c；（3）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤；（4）硝酸铜晶体受热易分解生成氧化铜、水、NO2和氧气，则a、称量
33、样品 加热 冷却 称量 CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2?nH2O的结晶水含量，a 正确；b因硝酸铜易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，b 错误；c称量样品 加热 用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，c 正确；d称量样品 加过量已知量的NaOH 溶液 选用酚酞指示剂用标准盐酸滴定，产生的氢氧化铜也能与盐酸反应，方案错误，d 不正确；答案选 bd；（5）煅烧后失去水的质量水mgng，则氢氧化铝的质量是，所以滤渣C中氢氧化铝的质量分数为26 mn9m；（6）如果氢氧化铝质量分数的测定结果偏高，这
34、说明mn 偏大，因此可能性是最大的原因有滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，煅烧后失重偏大；滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18用合成EPR橡胶的两种单体A 和 B合成 PC塑料其合成路线如下：已知：RCOOR1+R2OH催化剂RCOOR2+R1OH(CH3)2C=CHCH3+H2O2催化剂+H2O+(n-1)H2O 回答下列问题：(I)F的结构简式为_，反应的反应类型为_。(2)C 的名称为 _。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)从下列选项中选择_试剂，可以一次性鉴别开D、G、H 三种物质。（填字母）A.氯化铁溶液B.
35、浓溴水C.酸性 KMnO4溶液(5)满足下列条件的有机物E的同分异构体有_种。与 E属于同类别物质；核磁共振氢谱有6 组峰，峰面积比为1：1：1：1：1：3。(6)以丙烯和丙酮为原料合成，无机试剂任选，写出合成路线_（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】加成反应异丙苯(2n-1)CH3OH AB 12【解析】【分析】根据 EPR橡胶()的结构可知，合成它的单体分别为乙烯和丙烯，结合 C的化学式可知A 为丙烯，B为乙烯，结合转化关系图和已知信息分析解答。【详解】(1)依据信息可知，BF 发生反应：+H2O，故 F的结构简式为。反应：，因此反应的反应类型为
36、加成反应。故答案为：；加成反应；(2)依据产物苯酚和丙酮反推C 为异丙苯()。故答案为：异丙苯；(3)反应是酯交换反应，按照信息的断键原理进行反应(2n-1)CH3OH。故答案为：(2n-1)CH3OH。(4)D 是苯酚，G 是，H 是乙二醇。A.苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，氯化铁溶液与G 物质混合分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，A 正确；B.浓溴水与苯酚反应产生白色沉淀，与G 分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，B 正确；C.苯酚、乙二醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C 错误；答案选 AB。(5)与 E()为同类别物质，羟基只能在苯环上。核磁共振氢谱有6 组峰，要求两个苯环上的羟基处于对称或
37、者等价碳上，按照峰面积比为1:1:1:1:1:3 的要求，其同分异构体分别是(标号为羟基所在位置)、。故答案为：12；(6)合成需要碳酸酯和异丙醇经过信息中反应合成。碳酸酯由环氧烷与二氧化碳合成，环氧烷由烯烃与过氧化氢合成，因此合成路线为：。【点睛】本题考查了有机推断和合成，易错点（5）同分异构体的书写，核磁共振氢谱有6 组峰，要求两个苯环上的羟基处于对称或者等价碳上，难点（6），根据信息设计合成路线，培养学生提取信息的能力，并利用好这些信息来设计流程。19主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：已知：请按要求回答下
38、列问题：(1)GMA 的分子式 _；B 中的官能团名称：_；甘油的系统命名：_。(2)验证 D 中所含官能团各类的实验设计中，所需试剂有_。(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_。反应：_。(4)M 是 H 的同分异构体。M 有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的M 的所有可能的结构：_。能发生银镜反应能使溴的四氯化碳溶液褪色能在一定条件下水解(5)已知：2。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物 C的路线流程图：丙烯Br_。【答案】C7H10O3氯原子、羟基1，2，3-丙三醇NaOH 溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O+
39、H2O CH2=CH-CH3【解析】【分析】甘油与 HCl 在催化剂存在时发生取代反应产生B：CH2(OH)CH(OH)CH2Cl，B 在 NaOH 的乙醇溶液中，加热发生反应产生C：；丙烯与 HCl 发生加成反应产生D 是 2-氯丙烷，结构简式为：CH3CHClCH3，D 与 NaOH 的水溶液在加热时发生取代反应，产生E是 2-丙醇：CH3CH(OH)CH3，E与 O2在 Cu催化下，加热发生氧化反应产生F是丙酮，结构简式是；F在 i.NaCN 存在时，加热发生反应产生，该物质在ii.H2O、H+作用下反应产生G：；G 与浓硫酸混合加热发生消去反应产生 F：，F与 C在浓硫酸作用下发生酯化
40、反应产生，据此分析解答。【详解】(1)根据物质的结构简式可知化合物GMA 的分子式为C7H10O3；化合物B结构简式为，根据物质结构可知，B 中的官能团名称羟基、氯原子；甘油的系统命名为1，2，3-丙三醇；(2)化合物 D 是 2-氯丙烷，官能团为Cl原子，检验Cl原子的方法是取2-氯丙烷少量，向其中加入NaOH 的水溶液，加热足够长时间，然后将反应后的溶液用硝酸酸化，再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，若看到有白色沉淀产生，就证明其中含有Cl原子，可见检验D 中含有的Cl原子。使用的试剂有：NaOH 溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液；(3)反应是2-丙醇被氧气催化氧化产生丙酮，该反应的化
41、学方程式：2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O。反应是与发生酯化反应，反应的方程式为：+H2O；(4)H 是 2-甲基丙烯酸，结构简式为，M 是 H 的同分异构体。M 的同分异构体，满足条件：能发生银镜反应能使溴的四氯化碳溶液褪色能在一定条件下水解，说明含有碳碳双键，含有醛基、含有酯基，应该为甲酸形成的酯，分子结构中含不饱和的碳碳双键，则M 的所有可能的结构：；(5)丙烯 CH2=CH-CH3与 Br2在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2Br，该物质与与O2在 Ag 催化下，加热发生反应产生，在 NaOH 的水溶液中加热，发生取代反应产生，所以合成路线为：CH2=CH-CH3。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识，涉及物质分子式的书写、官能团的判断及检验方法、物质的同分异构体的判断及书写等，侧重考查学生分析推断与合成路线的设计能力，明确官能团及其性质关系是解答本题的关键，关键目标产物的结构简式，结合反应条件及题目已知信息进行推断，注意反应的先后顺序，题目难度中等。