【化学】浙江省绍兴市2020届高三11月选考科目诊断性考试（解析版）

【化学】浙江省绍兴市2020届高三11月选考科目诊断性考试（解析版）

浙江省绍兴市2020届高三11月选考科目诊断性考试 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Ag 108‎ 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.在指定环境中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 在强碱性溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-‎ B. 在pH＝1的溶液中：NO3-、SO42-、Na+、Fe2+‎ C. 与铝反应放出氢气的溶液中：K+、SO32-、NO3-、Na+‎ D. 在由水电离出的c(OH−)＝1×10−12mol·L−1的溶液中：K+、ClO−、Na+、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. 在强碱性溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-不反应，能大量共存，故选A；‎ B. 在pH＝1的溶液呈酸性，酸性条件下NO3-能氧化Fe2+，NO3-、Fe2+不能共存，故不选B；‎ C. 与铝反应放出氢气的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下SO32-、NO3-发生氧化还原反应，酸性条件下溶液中有NO3-，不能生成氢气，故不选C；‎ D. 在由水电离出的c(OH−)＝1×10−12mol·L−1的溶液，呈酸性或碱性，酸性条件下ClO−与H+结合成弱电解质HClO，故不选D。‎ ‎2.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）‎ A. 铍(Be)的氧化物的水化物具有两性 B. 砹(At)为有色固体，AgAt感光性很强，不溶于水 C. 硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体 D. 硒化氢(H2Se)是无色、有毒，比H2S稳定的气体 ‎【答案】D ‎【详解】A. 铝的氧化物的水化物具有两性，根据对角线规则，铍(Be)的氧化物的水化物具有两性，故A正确；‎ B.从上到下，卤素单质的颜色加深，卤化银溶解度依次减小、见光更易分解，所以砹(At)为有色固体，AgAt感光性很强，不溶于水，故B正确；‎ C. Sr与Ca、Ba同主族，CaSO4、SrSO4、BaSO4 溶解度依次降低，所以硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故C正确；‎ D. Se与S同主族，H2S是有毒气体，所以硒化氢(H2Se)是无色、有毒气体；Se的非金属性小于S，所以H2Se稳定性比H2S差，故D错误；‎ 选D。‎ ‎【点睛】本题考查同主族元素的性质的相似性和递变性规律，需要熟练记忆元素周期表，能依据同主族的典型元素的性质做出相应的推断。‎ ‎3.下列实验方案或实验结论不正确的是（ ）‎ A. 图Ⅰ结论，元素非金属性：C＞Si B. 图Ⅱ结论，氧化性：Cl2＞Fe3+‎ C. 图Ⅲ结论，溶液pH：Na2CO3＞NaHCO3‎ D. 图Ⅳ结论，酸性：H2SO4＞H2SiO3‎ ‎【答案】A ‎【详解】A. 碳与二氧化硅反应生成单质硅和一氧化碳，该反应在高温下进行，不能证明元素非金属性：C＞Si，故A错误；‎ B. 氯化亚铁溶液滴加氯水，发生反应Cl2+2Fe2+= 2Cl-+2Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，故B正确；‎ C. 碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3，故C正确；‎ D. 碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，证明酸性H2SO4＞H2CO3；二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，说明酸性酸性H2CO3＞H2SiO3，所以酸性H2SO4＞H2SiO3，故D正确；‎ 选A。‎ ‎4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA B. 标准状况下，2.24Cl2溶于水转移电子数小于0.1NA C. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA D. 1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液中阴离子所带的负电荷总数小于0.3NA ‎【答案】D ‎【详解】A. K2Cr2O7被还原为Cr3+，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以1molK2Cr2O7‎ 被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，故A正确；‎ B. 标准状况下2.24Cl2溶于水，氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，所以转移电子数小于0.1NA，故B正确；‎ C. 正丁烷、异丁烷分子中都有13个共价键， 48g正丁烷和10g异丁烷的总物质的量为1mol，所以混合物中共价键数目为13NA，故C正确；‎ D. 1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液中钠离子的物质的量为0.3mol，阳离子为Na+和H+，阳离子所带正电荷总数大于0.3mol，根据电荷守恒，阴离子所带的负电荷总数大于0.3NA，故D错误。‎ 选D。‎ ‎5.某兴趣小组对NH4NO3热分解产物提出如下4种猜想：‎ 甲：N2、HNO3、H2O 乙：N2O、NO、H2O 丙：NH3、N2、H2O 丁：N2、NO、H2O 你认为猜想有科学性不正确的是（ ）‎ A. 甲和乙 B. 乙和丁 C. 乙和丙 D. 丙和丁 ‎【答案】C ‎【详解】A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种，原子个数比为1:1，根据得失电子守恒，若发生归中反应生成氮气，消耗-3价N和+5价N的比为5:3，所以+5价N有剩余，有硝酸生成，不可能有氨气生成，故甲有可能、丙不可能；若发生归中反应， 、，根据得失电子守恒，-3价N和+5价N的比为3:4，所以-3价N有剩余，应有氨气生成，故乙不可能；若发生归中反应， 、，根据得失电子守恒， 消耗-3价N和+5价N的比为1:1，可能不生成其他含N的产物，故丁有可能；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查归中反应规律和得失电子守恒，氧化还原反应中失电子总数等于得电子总数，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。‎ ‎6.下列关于铁元素的说法正确的是（ ）‎ A. 预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕褐色的烟雾 B. 还原铁粉与浓硫酸共热，生成能使品红溶液褪色的气体 C. 镀锌铁皮不易生锈，原因是使用了牺牲阴极的阳极保护法 D. 向印刷电路板的废液中，加足量的铁粉，振荡，再滴入KSCN溶液显红色 ‎【答案】B ‎【详解】A. 预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕红色的烟，不是雾，故A错误，‎ B. 还原铁粉与浓硫酸共热，生成二氧化硫气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，故B正确；‎ C. 镀锌铁皮不易生锈，原因是锌在铁的表面起到保护层的作用，故C错误；‎ D. 向印刷电路板的废液中，加足量的铁粉，振荡，溶液中Fe3+被还原成Fe2+，再滴入KSCN溶液不显红色，故D错误。‎ ‎7.肼(N2H4)空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解液是20%～30%的KOH溶液。关于该电池，下列说法正确的是（ ）‎ A. 负极的电极反应式是：N2H4＋4OH−－4e-=4H2O＋N2↑‎ B. 正极的电极反应式是：O2＋4H+＋4e−=2H2O C. 离子交换膜的类型为阳离子交换膜 D. b电极附近pH值减小 ‎【答案】A ‎【详解】A. 负极肼失电子生成氮气，负极电极反应式是：N2H4＋4OH−－4e-=4H2O＋N2↑，故A正确；‎ B. 正极是氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应式是：O2＋4H2O＋4e−=4OH-，故B错误；‎ C. 正极生成氢氧根离子、负极消耗氢氧根离子，为使电池持续放电，离子交换膜的类型为阴离子交换膜，故C错误；‎ D. b是正极，电极反应式是O2＋4H2O＋4e−=4OH-， pH值增大，故D错误；‎ ‎【点睛】本题考查原电池工作原理，明确负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应、阴离子向负极移动，熟练掌握电极反应式的书写。‎ ‎8.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 将淀粉与稀硫酸混合加热，再加入少量新制的氢氧化铜溶液，观察无砖红色沉淀生成，可证明淀粉水解的产物中不含葡萄糖 B. 纸层析法分离Cu2+、Fe3+‎ 时，用玻璃棒蘸取试样在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3～5次 C. 酸碱中和滴定实验中，为准确测得反应的计量点，应尽量满足指示剂的变色范围窄于突跃范围，且滴定前后指示剂的颜色变化必须由深到浅 D. 制摩尔盐时用酒精洗涤产品，制阿司匹林时用冷水洗涤产品 ‎【答案】D ‎【详解】A. 将淀粉与稀硫酸混合加热，需要先加入氢氧化钠溶液中和硫酸，再加入少量新制的氢氧化铜溶液，检验淀粉水解的产物中是否含葡萄糖，故A错误；‎ B. 纸层析法分离Cu2+、Fe3+时，用毛细管蘸取试样在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3～5次，故B错误；‎ C. 酸碱中和滴定实验中，为准确测得反应的计量点，应尽量满足指示剂的变色范围窄于突跃范围，且滴定前后指示剂的颜色变化必须由浅到深，容易判断滴定终点，故C错误；‎ D. 摩尔盐在有机溶剂中的溶度积小，制摩尔盐时用酒精洗涤产品，可以减少晶体溶解；阿司匹林溶解度随温度升高而增大，制阿司匹林时用冷水洗涤产品，减少阿司匹林溶解，故D正确。‎ ‎9.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。‎ 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）‎ A. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 B. 1molX最多能与3 mol NaOH反应 C. Y与乙醇发生酯化反应可得到X D. 相对分子质量M(X)－M(Y)＝42‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. X中含有碳碳双键、Y中含有碳碳双键、羟基，所以均能与酸性KMnO4溶液反应，故A正确；‎ B. X中含有1个酚酯基、1个羧基，所以1molX最多能与3 mol NaOH反应，故B正确；‎ C. Y与乙醇发生酯化反应生成，不是X，故C错误；‎ D. X水解生成Y和乙酸，根据质量守恒，M(X)+18=M(Y)+60，M(X)－M(Y)＝42，故D正确。‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查多官能团有机物的结构与性质，熟练掌握常见官能团的结构和性质，注意酚酯水解消耗氢氧化钠的判断，根据质量守恒判断D选项。‎ ‎10.在不同温度下，水溶液中－lg c(H+)与－lg c(OH−)。关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝E B. A→E点对应的水溶液中，可能有NH4+、Ba2+、Cl−、I−大量同时存在 C. 若0.1mol·L−1的NaHA溶液水溶液中c(H+)与c(OH−)关系如图D点所示，则溶液中有：c(HA−)＞c(OH−)＞c(A2−)＞c(H2A)‎ D. 向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当c(H+)与c(OH−)关系如图E点所示，则溶液中反应：2H+＋SO42-＋Ba2+＋2OH−=BaSO4↓＋2H2O ‎【答案】C ‎【详解】A. 同一条曲线上点Kw相同，所以A＝D＝E，离原点越近，氢离子浓度、氢氧根离子的浓度越大，Kw越大，所以图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝E，故A正确；‎ B. A→E点对应的水溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子，溶液呈酸性，可能有NH4+、Ba2+、Cl−、I−大量同时存在，故B正确；‎ C. D点所示溶液呈碱性，则0.1mol·L−1的NaHA溶液水溶液呈碱性，说明HA−水解大于电离，则溶液中有：c(HA−)＞c(OH−)＞c(H2A) ＞c(A2−)，故C错误；‎ D. E点所示的溶液呈酸性，说明NaHSO4与Ba(OH)2的比大于2:1，Ba(OH)2‎ 溶液中钡离子、氢氧根离子能完全反应，则溶液中反应：2H+＋SO42-＋Ba2+＋2OH−=BaSO4↓＋2H2O，故D正确。‎ 选C。‎ ‎11.C和CuO在高温下反应可能生成Cu、Cu2O、CO2、CO。现将1 g碳粉跟8 g CuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的气体，测得溶液增加的质量为1.1 g，残余气体在标准状况下的体积为560 mL。下列说法错误的是(　　)‎ A. 在硬质试管中隔绝空气高温加热固体混合物时，有0.6 g碳参加了反应 B. 试管中发生的所有氧化还原反应共转移电子0.15 mol C. 反应后试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2 g D. 反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.1 mol ‎【答案】D ‎【解析】NaOH溶液增加的质量就是反应生成二氧化碳的质量，残余气体就是一氧化碳。n(CO2)＝1.1/44＝0.025 mol，n(CO)＝0.56/22.4＝0.025 mol，则有0.05 mol碳参与了反应，参与反应的碳的质量为0.6 g。生成0.025 mol CO2转移0.1 mol电子，生成0.025 mol CO转移0.05 mol电子，反应中一共转移0.15 mol电子。反应中氧化铜失去的氧元素的质量为(0.025 mol×2＋0.025 mol)×16 g/mol＝1.2 g，反应后试管中剩余的固体混合物包括铜及其化合物和剩余的碳，总质量为8 g－1.2 g＋1 g－0.6 g＝7.2 g。设反应后生成铜和氧化亚铜的物质的量分别为x、y，根据电子得失守恒原理得：2x＋2y＝0.15 mol，则x＋y＝0.075 mol，反应生成铜和氧化亚铜的总物质的量为0.075 mol。‎ ‎12.KClO3热分解是实验室制取氧气的一种方法，1molKClO3(s)热分解的能量变化如图所示。实验测得第一放热温度为400℃，第二放热温度为480℃。下列说法正确的是（ ）‎ A. 400℃时KClO3热分解的产物是KCl和O2‎ B. 若用MnO2作催化剂，KClO3热分解温度大于480℃‎ C. 曲线Ⅰ的活化能大于曲线Ⅱ，所以KClO3比KClO4稳定 D. 2KClO3(s)=2KCl(s)＋3O2(g) ΔH＝－78kJ·mol−1‎ ‎【答案】D ‎【分析】根据图示，反应Ⅰ活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅰ为480℃时的反应，反应Ⅱ为400℃时的反应。‎ ‎【详解】A. 反应Ⅰ为480℃时的反应，480℃时KClO3热分解的产物是KCl和O2，故A错误；‎ B. 催化剂降低反应的活化能，若用MnO2作催化剂，KClO3热分解温度小于480℃，故B错误；‎ C. 能量越低越稳定，KClO3的能量大于KClO4，所以KClO4比KClO3稳定，故C错误；‎ D.根据图示，1mol KClO3(s)生成1molKCl(s)和1.5molO2(g)放热36+3=39kJ，所以2KClO3(s)=2KCl(s)＋3O2(g) ΔH＝－78kJ·mol−1，故D正确。‎ ‎13.某学习小组研究大小相同、过量的去膜镁条与40mL0.1mol·L−1的盐酸和醋酸分别反应，相同条件下测得气体体积与反应时间关系如下表所示：‎ 气体读数/mL ‎5 mL ‎10 mL ‎15 mL ‎20 mL ‎……‎ ‎45 mL A瓶(醋酸)/s ‎155‎ ‎310‎ ‎465‎ ‎565‎ ‎……‎ ‎865‎ B瓶(盐酸)/s ‎7‎ ‎16‎ ‎30‎ ‎64‎ ‎……‎ ‎464‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 0～5mL时，A与B反应速率不同的原因是c(H+)不同所致 B. 5～10mL时，A瓶平均反应速率为mL·s−1‎ C. 0～20mL时，A瓶反应速率增大，可能是温度升高所致 D. 0～45mL时段内，镁与盐酸反应的速率始终大于镁与醋酸反应的速率 ‎【答案】D ‎【详解】A.醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸、醋酸中氢离子浓度不同， 0～5mL时，A与B反应速率不同的原因是c(H+)不同所致，故A正确；‎ B. 5～10mL时，A瓶平均反应速率=mL·s−1，故B正确；‎ C. 酸与金属反应放热，0～20mL时，A瓶反应速率增大，可能是温度升高所致，故C正确；‎ D.‎ ‎ 20～45mL时段内，镁与盐酸用时400s，镁与醋酸用时300s，镁与醋酸反应的速率大于镁与盐酸反应的速率，故D错误。‎ 选D。‎ ‎14.利用0.2mol·L−1Al2(SO4)3溶液滴定0.05mol·L−1 NaOH溶液。其pH−t曲线如图所示。已知0.01mol·L−1Al3+时，Al(OH)3沉淀存在的pH范围为4～10。下列说法正确的是（ ）‎ A. 曲线段ab为未滴加Al2(SO4)3溶液，溶液只有Na+、OH−‎ B. 曲线段bc存在c(Na+)＋c(H+)＋3c(Al3+)＝c(OH−)＋2c(SO42-)‎ C. 曲线段cd发生反应为Al3+＋4OH−=AlO2-＋2H2O D. 曲线段de现象为产生白色沉淀，继而沉淀消失 ‎【答案】C ‎【详解】A. 曲线段ab为未滴加Al2(SO4)3溶液，氢氧化钠溶液中含有Na+、OH−、H+，故A错误；‎ B. 曲线段bc存在溶质偏铝酸钠，c(Na+)＋c(H+)＋3c(Al3+)＝c(OH−)＋2c(SO42-)+ c(AlO2-)，故C错误；‎ C. Al(OH)3沉淀存在的pH范围为4～10，曲线段cd的pH>10，没有沉淀生成，所以发生反应为Al3+＋4OH−=AlO2-＋2H2O，故C正确；‎ D. Al(OH)3沉淀存在的pH范围为4～10，曲线段cd的pH范围为5～10，发生反应为Al3+＋3AlO2-+6H2O = 4Al(OH)3↓，曲线段de现象为产生白色沉淀，沉淀没有溶解，故D错误。‎ 选C。‎ ‎15.某工厂用NaCl为原料制备高氯酸，实验按流程如下所示：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电解Ⅰ分别用不锈钢网和石墨作电极，石墨电极上有黄绿色气体生成 B. “60℃歧化”的反应为：3Cl2＋3CO32-=5Cl−＋ClO3-＋3CO2‎ C. 电解Ⅱ中阳极反应式为：ClO3-＋2OH−－2e−=ClO4-＋H2O D. 循环利用物质A的成分是NaCl、NaClO4‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.根据流程图，电解Ⅰ分别用不锈钢网和石墨作电极，电解氯化钠溶液，制备氯气，所以需要用石墨为阳极，故A正确；‎ B. “60℃歧化”的反应为氯气和碳酸钠反应生成氯化钠、氯酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为3Cl2＋3CO32-=5Cl−＋ClO3-＋3CO2，故B正确；‎ C.电解Ⅱ中阳极反应式为：ClO3-＋H2O－2e−=ClO4-＋2H+，故C错误；‎ D. 根据流程图，循环利用物质A的成分是NaCl、NaClO4，故D正确。‎ 选C。‎ ‎16.某固体样品可能含有Fe3+、NH4+、Ag+、NO3-、Cl−中的若干种离子，为确定该样品的组成，将样品用蒸馏水配成100mL分散系A，进行了如下实验(假设气体全部逸出)：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该样品中肯定含有NH4NO3、AgNO3‎ B. 溶液A中肯定没有Fe3+、Cl−‎ C. 溶液A可能含有Cl−‎ D. 溶液A中NO物质的量浓度是0.5mol·L−1‎ ‎【答案】C ‎【详解】100mL分散系A加入40mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，恰好完全反应，生成448mL氨气和无色澄清溶液，氨气的物质的量是0.02mol，则原溶液一定含有NH4+，一定不含Fe3+；向无色澄清溶液中加入过量盐酸，生成1.435g白色沉淀，则白色沉淀一定是AgCl，物质的量是0.01mol，则无色澄清溶液中含有0.01mol ，原溶液含有0.04mol NH4+，0.01mol Ag+，AgCl能溶于氨水，原溶液可能含Cl−、NO； ‎ 根据以上分析，A. 该样品中可能含有NH4Cl、AgNO3，故A错误；‎ B. AgCl能溶于氨水，溶液A可能含Cl−，故B错误 C. AgCl能溶于氨水，溶液A可能含Cl−，故C正确；‎ D. 若溶液中含有Cl−，根据电荷守恒，溶液A中NO3-物质的量浓度小于0.5mol·L−1，故D错误。‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子推断，通过离子反应判断离子共存，知道铵根离子检验的方法，关键是考查Ag+能与氨水反应生成络合离子。‎ 二、非选择题（本大题共5小题，共52分）‎ ‎17.2019年诺贝尔化学奖授予了研究锂电池的3位科学家，研宄领域之一是发明了磷酸铁锂(LiFePO4)正极材料，写出LiFePO4中Fe元素的化合价是____；利用FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料，以物质的量之比1∶1∶1在高温下反应生成LiFePO4，写出该化学反应方程式______________________________________________________；锂电池(Li/LiFePO4)电解液采用非水体系，其原因是_____________________________________(用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】(1). ＋2 (2). FeSO4＋(NH4)2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋(NH4)2SO4＋H2O (3). 2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑‎ ‎【详解】LiFePO4中Li是+1价，P是+5价，O是-2价，根据化合价规则确定Fe元素的化合价是+2价；‎ 根据质量守恒，FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH以物质的量之比1∶1∶1在高温下反应生成LiFePO4、(NH4)2SO4、H2O，反应方程式是FeSO4＋(NH4)2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋(NH4)2SO4＋H2O；‎ 锂是活泼金属，与水反应放出氢气，2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，所以锂电池(Li/LiFePO4)电解液采用非水体系。‎ ‎18.储氢材料甲由X、Y、Z三种短周期元素组成，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍。为确定甲的组成，进行了如下实验：‎ ‎①称取5.4g甲固体，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，同时得到两种固体，其中一种为二元化合物。‎ ‎②冷却后，向①反应后的固体混合物中加入足量的蒸馏水，充分反应后，又放出标准状况下5.6L单质气体乙，同时得到澄清溶液丙。‎ 请回答：‎ ‎（1）乙的电子式_________。‎ ‎（2）甲的化学式________。‎ ‎（3）写出生成溶液丙的化学反应方程式___________________________________。‎ ‎（4）设计实验方案检验溶液丙中的溶质成分______________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H∶H (2). NaAlH4 (3). 2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑ (4). 用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-‎ ‎【分析】常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，气体乙是氢气，所以一定含有H元素；短周期元素中化合价最高的金属元素是+3价Al元素，Z元素的最外层电子数是X与Y元素最外层电子数之和的1.5倍，故Z是 ‎ Al元素，则另一种金属元素化合价为+1，反应②得到澄清溶液丙，说明另一种金属元素一定为钠。‎ ‎【详解】（1）常见的储氢材料是金属氢化物，加热到250℃时，完全反应后，放出标准状况下3.36 L单质气体乙，所以一定含有H元素，气体乙是氢气，电子式为H∶H。‎ ‎（2）①②共生成标准状况下的氢气8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，根据得失电子守恒，5.4g甲固体含有0.4molH原子；设5.4g甲固体含有Al元素xmol、Na元素ymol，则 ，解得y=0.1、x=0.1， n(Na)：n(Al)：n(H)=0.1:0.1:0.4=1:1:4，甲的化学式是NaAlH4；‎ ‎（3）钠的活泼性大于铝，反应①生成的固体是NaH和Al，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，总反应方程式是2NaH＋2Al＋4H2O=2NaAlO2＋5H2↑。‎ ‎（4）AlO2-与少量盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与盐酸反应生成铝离子，Na+的焰色反应呈黄色；检验溶液丙中的溶质成分的方法是：用洁净的铂丝蘸取丙溶液进行焰色反应，显黄色，证明含Na+；另取少量丙溶液于试管中，逐滴滴加稀盐酸，若出现白色沉淀，继而沉淀消失，则含有AlO2-。‎ ‎19.甲酸钠是一种重要的化工原料。在0.5L真空密闭耐压容器中，将预先用95%乙醇水溶液配制的0.2LNaOH溶液加到容器，加热并搅拌，达到60℃恒温时，通入CO到一定压力，开始反应后记录容器压力随时间变化，直到压力不再变化，冷却，泄压，取出反应物，抽滤、烘干并称量。其反应如下：‎ Ⅰ：CO(g)＋H2O(g)HCOOH(aq) ΔH1 K1‎ Ⅱ：HCOOH(aq)＋NaOH(aq)HCOONa(s)＋H2O(l) ΔH2 K2‎ Ⅲ：CO(g)＋NaOH(aq)HCOONa(s) ΔH K 请回答：‎ ‎（1）K＝_______(用K1、K2表示)，ΔH＝___________(用ΔH1、ΔH2表示)。‎ ‎（2）若需加快反应Ⅲ的速率，下列措施可行的是_____。‎ A．增大CO的初始压力 B．适当升高温度 C．减少乙醇浓度 D．降低搅拌转速 ‎（3）CO的压力转化率可以反映羰基化进程。CO的压力转化率可以表示为：x(CO)＝1－×100%，P0为CO初始压力，P1为CO某时刻分压。HCOONa收率可表示为：Y(HCOONa)＝×100%，n0(NaOH)表示投料NaOH的物质的量，n(HCOONa)表示生成HCOONa的物质的量。投料比r＝。‎ 保持60℃恒温，以投料比r＝0.7时，CO初始压力分别为0.5Mpa、1.5Mpa和2.0Mpa，测得x(CO)与t的关系如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①表示1.5Mpa的曲线为_____(用A、B、C表示)。‎ ‎②若1.5Mpa时，Y(HCOONa)＝87%，则NaOH的转化率为_____。‎ ‎③当CO初始压力为1.5Mpa，保持60℃‎ 恒温，不计HCOONa在乙醇中溶解。画出Y(HCOONa)与r示意图___。‎ ‎【答案】(1). K＝K1K2 (2). ΔH＝ΔH1＋ΔH2 (3). AB (4). B (5). 87% (6). ‎ ‎【分析】(1).Ⅰ：CO(g)＋H2O(g)HCOOH(aq) ‎ Ⅱ：HCOOH(aq)＋NaOH(aq)HCOONa(s)＋H2O(l) ‎ 反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应Ⅲ：CO(g)＋NaOH(aq)HCOONa(s) ；‎ ‎（2）根据影响反应速率的因素分析；‎ ‎（3）①增大压强，平衡正向移动，压强越大，CO的平衡转化率越大；‎ ‎②根据Y(HCOONa)＝×100%计算NaOH的转化率；‎ ‎③根据题意，保持60℃恒温，以投料比r＝0.7时，CO初始压力为1.5Mpa， Y(HCOONa)＝87%，增大氢氧化钠的物质的量，氢氧化钠的转化率减小，随r增大，Y(HCOONa)减小；‎ ‎【详解】(1).Ⅰ：CO(g)＋H2O(g)HCOOH(aq) ‎ Ⅱ：HCOOH(aq)＋NaOH(aq)HCOONa(s)＋H2O(l) ‎ 反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应Ⅲ：CO(g)＋NaOH(aq)HCOONa(s) ；所以K＝K1K2；根据盖斯定律ΔH＝ΔH1＋ΔH2；‎ ‎（2）A．增大压强，反应速率增大，增大CO的初始压力 ，能加快反应Ⅲ的速率，故选A； B．温度越高反应速率越快，适当升高温度，能加快反应Ⅲ的速率，故选B；‎ C．反应速率与氢氧化钠浓度有关，所以减少乙醇浓度，不能加快反应Ⅲ的速率，故不选C； ‎ D．降低搅拌转速，反应速率减慢，故不选D。‎ ‎（3）①增大压强，平衡正向移动，压强越大，CO的平衡转化率越大，所以表示1.5Mpa的曲线为B；‎ ‎②设氢氧化钠的初始物质的量为amol，Y(HCOONa)＝×100%=87%，则生成甲酸钠的物质的量为0.87amol，消耗氢氧化钠的物质的量是0.87amol， NaOH的转化率为 ‎87%；‎ ‎③根据题意，保持60℃恒温，以投料比r＝0.7时，CO初始压力为1.5Mpa， Y(HCOONa)＝87%，增大氢氧化钠的物质的量，氢氧化钠的转化率减小，随r增大，Y(HCOONa)减小，所以Y(HCOONa)与投料比r的关系示意图为。‎ ‎【点睛】本题综合考查化学反应速率和化学平衡，熟练掌握影响反应速率的因素、化学平衡常数和平衡转化率的计算；第（3）问的关键是从题目中提取概念信息，并应用概念解题。‎ ‎20.某研究小组拟合成西他沙星的中间体X。其流程如下：‎ 已知：①＋CH3CH2Br ‎②R－CH2Br＋＋HBr ‎③＋H－CH2－COOR″RCOCH2COOR″＋R′－OH 请回答：‎ ‎（1）下列说法正确的是_____。‎ A．化合物A不能与H2发生加成反应 B．化合物D→E，发生了取代反应 C．化合物F的水解产物具有两性 D．化合物G分子式为C13H15ON2‎ ‎（2）化合物C的结构简式___________。‎ ‎（3）写出E→F的化学方程式_______________________________________。‎ ‎（4）中间体X有多种同分异构体，写出3种同时满足下列条件的X的同分异构体结构简式_____________。‎ ‎①分子中含有一个六元碳环；②含有结构。‎ ‎（5）以乙醇为原料，设计合成A的路线(无机试剂任选，用流程图表示)_ _______________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). BC (2). (3). +HBr (4). 、、、 (5). CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3‎ ‎【分析】根据＋CH3CH2Br，与1,2-二溴乙烷反应生成，再水解为，B是；由G的结构，含有苯环，逆推C是；与反应生成，则D是 ‎，D与溴发生取代反应生成 (E)，根据R－CH2Br＋＋HBr ，E在一定条件下生成(F)。‎ ‎【详解】A．化合物A含有羰基，能与H2发生加成反应，故A错误；‎ B．化合物D→E，是D分子中1个氢原子被1个溴原子代替，发生了取代反应，故B正确；‎ C．化合物F是，含有肽键，水解产物含有氨基、羧基，所以具有两性，故C正确；‎ D．由G的结构简式，可知G分子式为C13H16ON2，故D错误。‎ 选BC；‎ ‎（2）由G的结构，含有苯环，逆推C是。‎ ‎（3）E是在一定条件下生成，反应的化学方程式是+HBr。‎ ‎（4）①分子中含有一个六元碳环；②含有结构的同分异构体有、、、 ；‎ ‎（5）乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，2分子乙酸乙酯在一定条件下反应生成，以乙醇为原料合成的路线图为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3。‎ ‎21.实验室利用呋喃甲醛为原料制备呋喃甲醇与呋喃甲酸。‎ Ⅰ、制备原理：‎ ‎2＋NaOH＋‎ ‎＋HCl＋NaCl Ⅱ、实验步骤 Ⅲ、相关信息 呋喃甲醛 呋喃甲醇 呋喃甲酸 乙醚 熔点/℃‎ ‎－36.5‎ ‎－29‎ ‎133‎ ‎－116.3‎ 沸点/℃‎ ‎161.7‎ ‎170‎ ‎231‎ ‎34.5‎ 水溶性 微溶 微溶 可溶 不溶 相对分子质量 ‎96‎ ‎98‎ ‎112‎ ‎74‎ Ⅳ、实验装置 ‎ ‎ V、分析与思考，回答下列问题：‎ ‎（1）操作①名称___________；产品Y为___________。‎ ‎（2）操作②的装置如图1所示，收集产品X时温度计的读数应控制在90℃左右，其原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎（3）操作①所得水溶液，加盐酸须控制pH为2～3，pH＜3的理由是___________________；控制溶液pH时，应选择的指示剂是________。‎ ‎（4）粗产品Y纯化过程用图2装置进行热过滤，具体操作：向铜漏斗中加热水→_________→拆装置。涉及操作顺序最合理的选项。‎ A．加热漏斗支管→放入短颈漏斗→放入滤纸→放接液烧杯→倒入热的待滤液 B．放入短颈漏斗→放接液烧杯→加热漏斗支管→放入滤纸→倒入热的待滤液 C．放入短颈漏斗→放入滤纸→加热漏斗支管→放接液烧杯→倒入热的待滤液 D．放入短颈漏斗→放入滤纸→放接液烧杯→倒入热的待滤液→加热漏斗支管 ‎（5）共消耗30mL萃取剂乙醚，从萃取效果角度思考，下列4种萃取方式最合理的是__。‎ A．30mL、0mL、0mL B．10mL、10mL、10mL C．15mL、10mL、5 mL D．5mL、10mL、15mL ‎（6）计算产品Y的产率ω(Y)＝_____。‎ ‎【答案】(1). 萃取分液 (2). 呋喃甲酸 (3). 减压蒸馏便呋喃甲醇沸点降低，低于170℃(约90℃)时沸腾收集，防止温度过高引起呋喃甲醇结构破坏 (4). 控制pH＜3，使呋喃甲酸钠完全转化为呋喃甲酸而析出 (5). 甲基橙(或刚果红) (6). A (7). B (8). 70%‎ ‎【分析】呋喃甲醛在碱性条件下发生歧化反应生成和，易溶于乙醚，加入乙醚萃取分液，得到的乙醚溶液和的水溶液；的乙醚溶蒸馏得到；的水溶液加入盐酸，调节pH=3，生成析出，再用重结晶法提纯。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）操作①是加入乙醚，分离的乙醚溶液和的水溶液，名称萃取分液；的水溶液加入盐酸，调节pH=3，生成析出，所以产品Y为呋喃甲酸。‎ ‎（2）操作②为蒸馏装置，防止温度过高引起呋喃甲醇结构破坏，通过减压蒸馏便呋喃甲醇沸点降低，低于170℃(约90℃)时沸腾收集呋喃甲醇，所以温度计的读数应控制在90℃左右。‎ ‎（3）操作①‎ 所得水溶液，加入盐酸，控制pH＜3，使呋喃甲酸钠完全转化为呋喃甲酸而析出，所以要控制pH＜3；甲基橙在pH＜3.1时，呈红色，所以控制溶液pH时应选择甲基橙作指示剂。‎ ‎（4）为防止呋喃甲酸结晶析出，粗产品Y纯化过程用热过滤，具体操作：向铜漏斗中加热水→加热漏斗支管→放入短颈漏斗→放入滤纸→放接液烧杯→倒入热的待滤液→拆装置。故选A；‎ ‎（5）从萃取效果角度思考，用30mL萃取剂乙醚，最好分多次等量萃取，合并萃取液。故选B。‎ ‎（6）呋喃甲醛的物质的量是，根据2＋NaOH ＋、＋HCl＋NaCl，生成呋喃甲酸的理论产量是0.025mol，质量是0.025mol×112g/mol=2.8g，实际生成呋喃甲酸的质量是1.96g；产品Y的产率ω(Y)＝70%。 ‎