北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期末考试化学试题

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‎2019~2020北京新学道临川学校高三上学期期末 化学 ‎(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ ‎4．测试范围：高考全部内容。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O ‎16 F 19 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Pb 207‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗的说法正确的是 A. “沙中浪底来”的物质指的是金的氧化物 B. 淘金原理与化学上的萃取一致 C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10‎‎-7cm D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金的性质稳定，在自然界中主要以单质形式存在，“沙中浪底来”的物质指的是金的单质，与题意不符，A错误；‎ B.淘金原理为金的密度大，且不溶于水，沉到底部，与化学上的萃取不一致，与题意不符，‎ B错误；‎ C.雾属于胶体，分散质直径为1nm~100nm，为10-9～10‎-7m，与题意不符，C错误；‎ D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了二氧化硅与碳反应生成硅单质和一氧化碳，硅的化合价降低发生还原反应，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎2.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol甲苯分子最多共平面的原子个数为 B. 在标准状况下，‎4.48L环己烷含氢原子个数 C. ，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中键数为 D. 和的混合气体中含有的质子数，中子数均为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为，A错误；‎ B. 标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；‎ C. ，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；‎ D. 和的摩尔质量均为‎44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎3.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是 X Y Z W A. 原子半径（r）大小比较：‎ B. X和Y可形成共价化合物XY、等化合物 C. Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。‎ ‎【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。‎ A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；‎ B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；‎ C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；‎ D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。‎ 本题选C。‎ ‎4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 过量铁粉与氯气反应：‎ B. 往溶液中通入少量的：‎ C. 用稀盐酸除去银镜：‎ D. 溶液与溶液等体积混合：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。‎ ‎【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；‎ B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C.稀盐酸与银不反应，故C错误；‎ D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。‎ ‎5.科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是 A. ①②两步反应都属于加成反应 B. 环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)‎ C. 环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇 D. 环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；‎ B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；‎ C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；‎ D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 答案：B ‎6.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）‎ 实验 现象 结论 A．‎ 向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+‎ B．‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C．‎ 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D．‎ 将SO2通入酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2具有还原性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeCl3溶液中加入足量铁粉后,Fe3+完全转化为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性:Fe>Fe2+，A项正确；‎ B. 燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，B项正确；‎ C. NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体,不能确定NH4HCO3的酸碱性，C项错误，‎ D. 将SO2通入酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色，是发生了氧化还原反应使酸性高锰酸钾的锰由+7价变成+2价，+2价的锰为无色所以次试验是说明二氧化硫具有还原性，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图像中，V0=40，b=10.5‎ B. 若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移 C. 若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移 D. Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S= NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。‎ ‎【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mL Na2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；‎ B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；‎ C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；‎ D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+‎2c(H2S)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。‎ ‎8.中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是 A. 食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀不相同 B. “陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化 C. “兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离 D. 侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A 项、食品包装中铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，其脱氧原理实际上就是钢铁的吸氧腐蚀，故A错误；‎ B项、黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；‎ C项、酒精沸点低，可以用蒸馏与酒糟分离获得酒精，故C正确；‎ D项、侯氏制碱法是工业上制取碳酸钠的过程，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎9.三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是 A. X中所有碳原子处于同一平面 B. Y的分子式为 C. 由Y生成Z的反应类型为加成反应 D. Z的一氯代物有9种（不含立体异构）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；‎ B．Y的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；‎ C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；‎ D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎10.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA B. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多‎16g时转移电子数为NA C. 1mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体为NA D. ‎25℃‎时Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；‎ B.铅蓄电池放电时负极Pb失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极获得电子，发生还原反应，电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，根据电极反应式可知，每转移2mol电子，负极增重‎96g，正极质量增重‎64g，负极净增质量比正极净增质量为‎32g，则若负极净增质量比正极净增质量多‎16g时，转移电子物质的量是1mol，转移的电子数为NA，B正确；‎ C.取代反应是逐步进行的，反应产生的CH3Cl会与Cl2进一步反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，所以1mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体不是NA，C错误；‎ D.缺少溶液的体积，不能计算离子数目，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.用KIO3与H2S反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得KIO3；③打开K，通入H2S直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是（ ）‎ A. 步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色 B. 步骤③装置B中发生反应的离子方程式为3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-‎ C. 装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢 D. 步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与KOH制备KIO3，反应为：‎ ‎3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中与KIO3溶液发生反应：3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，棕黄色(碘水颜色)溶液变成无色，故A正确；‎ B、步骤③中装置B生成黄色沉淀，为S，反应为3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，故B正确；‎ C、尾气只能是H2S，污染环境，不能直接排放，装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，故C正确；‎ D、步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，无需蒸馏，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确理解实验的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意本题中碘与氢氧化钾溶液反应生成的产物为碘酸钾，碘酸钾溶液显无色。‎ ‎12.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是 A. X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性 B. Y与Z形成的化合物只含离子键 C. 简单氢化物的沸点：Q”、“<”或“=")。‎ ‎（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H＝+181.5 kJ·mol－1 ，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2‎ 和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。‎ ‎（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－‎ ‎①阴极的电极反应式为______。‎ ‎②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。‎ ‎【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O (3). 350℃左右、负载率3.0% (4). 160 (5). > (6). C (7). 2NO+4e-=N2+2O2- (8). 阴极发生副反应O2+4e-=2O2-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；‎ ‎（2）由图1可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O， 据此写出反应的总方程式；根据图2可知，为达到最佳脱硝效果，应满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度；‎ ‎（3）①根据k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)=K，依据表格数据列出三段式求出结论；‎ ‎②k正=k逆时，则K=1，利用K与温度的关系作答；‎ ‎（4）该分解反应为放热反应；‎ ‎（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2；‎ ‎②电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应；‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O（1） 的△H=(2a+2b+c)kJ/mol；‎ ‎（2）①根据图1可以知道，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为: 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；由图可知，b 曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜适合条件为350℃、负载率3.0%；‎ ‎（3）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ [c2(NO)·c(O2)]=K，表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：‎ ‎2NO(g)+O2(g)2NO2(g)‎ 起（mol·L－1） 0.5 0.3 0‎ 转（mol·L－1） 0.4 0.2 0.4‎ 平（mol·L－1） 0.1 0.1 0.4‎ K= c2(NO2)/[c2(NO)·c(O2)]= (0.4mol/L)2/[(0.1 mol/L) 2×(0.1 mol/L)]=160 L/mol，故答案为160；‎ ‎②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则K=1＜160，因反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，反应放热，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1；‎ ‎（4）A→B是NO断键转化为氮原子和氧原子，B→C是氮原子与氮原子结合转化为氮气，氧原子与氧原子结合转化为氧气，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是C处；‎ ‎（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2，其电极反应式为：2NO +4e－== N2↑+ 2O2-；‎ ‎②因O2浓度约为NO浓度的十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e－==2O2-，导致耗能远高于理论值。‎ ‎17.制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：‎ 已知：① 氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；‎ ‎② N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。‎ ‎⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。‎ ‎⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。‎ ‎⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。‎ ‎⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118 ℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。‎ ‎① 使用冷凝管的目的是_________________。‎ ‎② 滴液漏斗内的试剂是_______；‎ 将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；‎ ‎③ 写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。 ‎ ‎⑸ 步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。‎ ‎① 边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；‎ ‎②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。‎ ‎【答案】 (1). 尿素 (2). 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O (3). 冰水浴冷却 (4). 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 (5). NaClO碱性溶液 (6). 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 (7). NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3 (8). 4 (9). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3‎ ‎，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。‎ ‎【详解】⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；‎ ‎(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3- ∶Cl- 物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；‎ ‎⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；‎ ‎(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；‎ ‎②为了避免N2H4•H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；‎ ‎③ 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3，故答案为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3；‎ ‎(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。‎ ‎①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；‎ ‎②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。‎ ‎18.艾司洛尔(I )是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为_____________________，D 的化学名称为__________________。‎ ‎(2)G→H的反应类型为_______________，H中所含官能团的名称为______________。‎ ‎(3)C→D中步骤①的化学反应方程式为_________________。‎ ‎(4)已知：1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，则 E 的结构简式为 ____________。‎ ‎(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式________。①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②与FeC13溶液发生显色反应③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1‎ ‎(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 对羟基苯甲醛 (3). 取代反应 (4). 酯基和醚键 (5). +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，B为，根据C→D发生的两步反应推出D为，1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为，F和CH3OH发生酯化反应生成G为。‎ ‎【详解】（1）根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，根据C→D发生的两步反应①+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，②在H+条件下，转化为D，D的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为 ‎；对羟基苯甲醛。‎ ‎（2）G为， G中酚羟基上的氢原子被所取代从而得到H，故G→H的反应类型为取代反应，根据H 的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为取代反应；酯基和醚键。‎ ‎（3）C→D中步骤①的化学反应方程式为 ‎+4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为 +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O。‎ ‎（4）1 mol D（）和1 mol 丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳双键，E的化学式为C9H8O3， E为，故答案为。‎ ‎（5）X的分子式为C9H10O3，根据①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有-COOH②与FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有 故答案为。‎ ‎（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的结构简式，中羧基发生酯化反应引入—COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中G→H引入醚键，则合成路线为：‎ 故答案为 ‎。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。‎ ‎ ‎