北京市昌平区2020届高三模拟化学试题
昌平区2020年高三年级第二次统一练习
化学2020.6
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（ ）
A
B
C
D
石油催化裂解得到丙烯
丙烯催化聚合生成聚丙烯
聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布
利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒
A. 石油催化裂解得到丙烯 B. 丙烯催化聚合生成聚丙烯
C. 聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布 D. 利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒
【答案】C
【解析】
【详解】A．石油催化裂解得到丙烯，裂解是深度的裂化，是化学变化，A不符合题意；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯，加聚反应是化学变化，B不符合题意；
C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只涉及到熔化，是物理变化，C符合题意；
D．烷基化反应是化学变化，D不符合题意；
故选C。
2.下列化学用语表述不正确的是（ ）
A. 电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
B. NaCl的形成过程：
C. HCl在水中电离：HCl=H++Cl-
D. NH4Cl在水中发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解CuCl2溶液阳极反应为：2Cl--2e-= Cl2↑，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，A正确；
B．NaCl是离子化合物，书写电子式时需写成，形成过程为：，B错误；
C．HCl是强电解质，在水中完全电离，HCl=H++Cl-，C正确；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+在水中能发生水解，使溶液显酸性：NH4++H2ONH3·H2O+H+，D正确；
故选B。
3.下列叙述不正确的是（ ）
A. 蛋白质在酶的作用下能水解成氨基酸，被人体吸收
B. 纤维素是天然高分子化合物，在一定条件下能发生水解
C. 淀粉可以在酒化酶的作用下转化成乙醇，用于酿酒
D. 牛油主要由不饱和脂肪酸甘油酯组成，熔点较低
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质是由氨基酸组成的，蛋白质在蛋白酶的作用下能水解成氨基酸，氨基酸在小肠中被人体吸收，A正确；
B．纤维素（C6H10O5）n属于多糖，是天然高分子化合物，在酶或酸的催化下可水解为葡萄糖，B正确；
C．淀粉在一定条件下可以水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵分解为乙醇（C2H5OH）和CO2，用于酿酒，C正确；
D．牛油是动物油脂，由饱和脂肪酸甘油酯组成，熔点较高；
故选D。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 苯和甲苯都能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 饱和溴水滴入苯酚的稀溶液中，生成白色沉淀
C. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液共热能生成砖红色沉淀
D. 乙酸能与NaHCO3溶液反应生成无色气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；
B．饱和溴水滴入苯酚的稀溶液中：，三溴苯酚为白色沉淀，B正确；
C．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液共热：CH3CHO+2Cu(OH)2 +NaOH CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，Cu2O为砖红色沉淀，C正确；
D．乙酸能与NaHCO3溶液反应：CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2↑，生成无色的CO2气体，D正确；
故选A。
5.潜艇中氧气来源之一的反应是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 22.4LO2含2NA个O原子
B. 1.8gH2O含有的质子数为NA
C. 1molNa2O2含共价键的总数为2NA
D. 上述反应，每生成1molO2转移4mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．22.4LO2没有说明是在标况下，故无法计算O2的物质的量，A错误；
B．1.8gH2O的物质的量为，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B正确；
C．Na2O2电子式为，过氧根中O和O之间为非极性共价键，故1molNa2O2含共价键的总数为NA，C错误；
D．对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，D错误；
故选B。
6.下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
B. 金属钠投入水中，有气体产生
C. 将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移
D. 向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；
B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
7.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确
的是（ ）
A. Y单质的氧化性在同主族中最强
B. 离子半径：Z>Y
C. Z与Y可组成多种离子化合物
D. 氢化物的热稳定性：Y>X
【答案】B
【解析】
分析】
根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，然后根据问题逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，A正确；
B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z
X，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了元素的位、构、性的关系及元素周期律的应用。根据元素形成化合物的特点及原子序数关系等推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素形成的化合物的结构与性质，侧重考查学生分析与应用能力。
8.CO甲烷化反应为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤②反应速率最慢。
下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤①只有非极性键断裂
B. 步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高
C. 步骤③需要吸收热量
D. 使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 根据图示可知：在步骤①中，反应开始时是CO气体和H2，后来反应变为CO气体和，只断裂了H2中的H-H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①发生只有非极性键断裂，A正确；
B. 步骤②是CO气体与结合形成，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，B正确；
C. 反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤③的反应会放出热量，C错误；
D.催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，D正确；
答案选C。
9.己烷雌酚的一种合成路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A. 化合物X难溶于水
B. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生取代反应
C. 在一定条件，化合物Y可与CH3COOH发生缩聚反应
D. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 根据物质结构可知：X中无亲水基-OH或-COOH，因此化合物X难溶于水，A正确；
B. 化合物X中含有Br原子，为卤代烃的衍生物，在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生取代反应产生醇羟基，B正确；
C. 化合物Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，能够与甲醛发生缩聚反应，但不能与乙酸发生缩聚反应，C错误；
D. 化合物Y含有酚羟基，能够与氯化铁溶液发生显色反应，而X无酚羟基，不能发生显色反应，故可用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y，D正确；
答案选C。
10.利用如图所示装置进行下列实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
选项
①
②
③
实验目的
A
稀硫酸
Na2S
AgCl的浊液
验证Ag2S比AgCl难溶
B
浓硝酸
Cu片
NaOH溶液
探究浓硝酸具有氧化性
C
硫酸
Na2SO3
酸性
探究SO2
KMnO4溶液
具有还原性
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
验证酸性：硝酸>碳酸>硅酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 在装置②中H2SO4与Na2S发生复分解反应产生H2S气体，气体进入③中与AgCl悬浊液发生反应产生Ag2S黑色沉淀，从而可证明Ag2S比AgCl更难溶，A正确；
B. 浓硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、红棕色气体NO2、H2O，NaOH溶液吸收NO2气体，变为NaNO3、NaNO2和水，从而防止了大气污染。在HNO3中N元素为+5价，反应后变为NO2中的+4价，元素化合价降低，得到电子，被还原，从而可证明浓硝酸具有氧化性，B正确；
C. 硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，看到溶液紫色褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；
D. 浓硝酸与Na2CO3在溶液中发生复分解反应产生CO2气体，证明酸性：HNO3>H2CO3；但由于浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气进入装置③中，会发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+ 2NaNO3，得到结论酸性：HNO3>H2SiO3；在③中CO2气体也会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+ Na2CO3，产生白色硅酸沉淀，因此不能证明白色沉淀是那种物质反应产生，故不能得到结论：酸性：HNO3>H2CO3> H2SiO3，D错误；
故合理选项是D。
11.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，OH-移向镍电极
B. 放电时，负极的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O
C. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
D. 充电时，阴极附近的pH减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】开关连接用电器时，应为原电池原理，则根据电子流向，镍电极为正极，得电子发生还原反应；开关连接充电器时，为电解池，镍电极为阳极，失电子，发生氧化反应，Ni电极的电极反应Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O。
A．放电时，该电池为原电池，碳电极为负极，镍电极为正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，A错误；
B．放电时，碳电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，B正确；
C．该电池充电时，为电解池，碳电极为阴极，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，C错误；
D．充电时，阴极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，破坏了附近水的电离平衡，最终达到平衡时附近溶液中c(OH-)增大，溶液的碱性增强，pH增大，D错误；
故合理选项是B。
12.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：
下列说法不正确的是（ ）
A. 进入吹出塔前，Br-被氧化为Br2
B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4
C. 经过吸收塔后，溴元素得到富集
D. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴易挥发，可用热空气吹出，因此吹出塔前，Br-被氧化为Br2，A正确，不选；
B．在吸收塔中，Br2、SO2、H2O发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以从吸收塔流出的溶液主要含有溶质HBr和H2SO4，B正确，不选；
C．经过吸收塔后，可使溶液中的Br-远大于进入吸收塔之前的海水中Br-的浓度，溴元素得到富集，C正确，不选；
D．在吹出塔中吹入水蒸气，可提高物质的能量，有助于溴挥发逸出，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使反应产生的溴单质变为蒸气，经冷凝、精馏得到产品，可见两次通入水蒸气都未参加反应，D错误，符合题意；
答案选D。
13.常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。
已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。
下列说法正确的是（ ）
A. 实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B. 实验②滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/L
C. 实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)0.01 mol/L，B错误；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)Fe2+，所以在电解池的阴极上，溶液中H+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；
③在电解反应器中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑；阳极上发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，反应产生的Fe3+再进入氧化吸收器中氧化H2S，反应产生S单质，从而实现Fe2(SO4)3的循环使用。
【点睛】本题考查了H2S的有关知识，包括其结构、热化学方程式的书写、平衡移动及处理方法。掌握物质结构及盖斯定律、平衡移动原理和电化学反应原理是本题解答的关键。要根据离子放电能力大小，从氧化还原反应角度分析、解答。
17.炼铅烟尘的主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图：
已知：ⅰ.Pb2O3Pb3O4PbO
ⅱ.CdSO4易溶于水，热稳定性好
ⅲ.PbSO4(s)+2Cl-(aq)PbCl2(s)+SO42-(aq)
PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)
ⅳ.Pb(OH)2为两性氢氧化物
(1)步骤①中焙烧的目的是________。在此过程中PbO
与浓硫酸发生反应的化学方程式为________。
(2)滤液I的成分是________。
(3)相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响如下表所示（均未达到平衡状态）。
焙烧温度/℃
各元素的去除率/%
酸料比/(mL/g)
各元素的去除率/%
Pb
Cd
Pb
Cd
100
2.57
56.63
0.3
2.57
74.12
200
2.62
89.30
0.4
2.67
85.10
500
2.67
96.98
0.5
2.72
92.48
600
2.87
95.42
0.6
2.67
96.98
900
2.88
40.15
0.7
2.65
95.13
应选择的焙烧温度和酸料比为________。
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能为________。
(4)步骤③中NaCl溶液的作用是________。
(5)步骤④的操作是________。
(6)下列说法正确的是________(填序号)。
A.步骤①中浓硫酸作氧化剂
B.步骤③中pH<4的目的是防止Pb2+水解
C.步骤④的滤液可循环利用以提高Pb的回收率
D.步骤⑤中增大NaOH溶液浓度可使Pb沉淀完全
【答案】 (1). 将Pb2O3、Pb3O4转化为PbO (2). PbO+H2SO4PbSO4+H2O (3). CdSO4(H2SO4) (4). 温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g (5). 温度升高反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；温度过高导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率降低 (6). 使PbSO4转化成PbCl42-，与不溶杂质分离开 (7). 加水稀释，过滤 (8). BC
【解析】
【分析】
炼铅烟尘主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，Pb的稳定氧化物是PbO，高温焙烧能够使不稳定的Pb2O3、Pb3O4转化为PbO，然后加入浓硫酸，发生复分解反应产生PbSO4，杂质镉(Cd)的化合物反应产生易溶性CdSO4，然后用水浸泡，可除去可溶性杂质，在滤液I中主要含有CdSO4及过量H2SO4，然后向滤渣PbSO4中加入NaCl溶液，会发生离子交换反应，为促进物质反应，温度控制在90℃，调节溶液pH<4，可防止Pb2+水解，PbSO4发生反应转化为可溶性物质[PbCl4]2-，然后过滤除去不溶性杂质，将滤液II进行稀释得到PbCl2沉淀，再将其过滤出来，洗涤干净，用适量NaOH溶液溶解得到Pb(OH)2。
【详解】(1)步骤①中焙烧的目的是将Pb2O3、Pb3O4转化为稳定氧化物PbO。在此过程中PbO与浓硫酸发生复分解反应产生PbSO4和H2O，反应的化学方程式为PbO+H2SO4PbSO4+H2O。
(2)在加热浓硫酸焙烧时Pb的氧化物转化为PbSO4，杂质Cd的化合物转化为CdSO4，根据题干信息可知CdSO4易溶于水，热稳定性好，而PbSO4难溶于水，所以滤液I的成分是CdSO4及过量的H2SO4。
(3)根据相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响可知：在酸配料比不变时，温度升高，Cd的去除率先增大后减小，在500℃时Cd的去除率达到最大值，因此焙烧温度是500℃；在温度不变，酸料比为0.6 mL/g时Cd的去除率达到最大值，故应选择的焙烧温度和酸料比为温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g；
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能是：温度升高，反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；当温度过高时导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率又降低。
(4)在步骤③中NaCl溶液的作用是能够使难溶性的PbSO4转化成可溶性PbCl42-进入溶液，从而与不溶杂质分离开。
(5)根据信息ⅲ. PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)可知，将滤液加水稀释，平衡逆向移动，就可以得到PbCl2固体，因此步骤④的操作是加水稀释，过滤。
(6)A. 步骤①中浓硫酸与PbO反应产生PbSO4，CdO反应产生CdSO4，元素化合价都不变，因此硫酸的作用不是作氧化剂，A错误；
B. Pb(OH)2
为两性氢氧化物，因此铅盐是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应使溶液显酸性，在步骤③中调节溶液pH<4的目的是防止Pb2+水解，B正确；
C. 在步骤④的滤液中含有一定量的PbCl2，若将其循环利用，就提高Pb的回收率，C正确；
D. Pb(OH)2为两性氢氧化物，若步骤⑤中增大NaOH溶液浓度，NaOH过量，则Pb(OH)2与过量NaOH反应产生Na2PbO2进入溶液，最终不能得到Pb(OH)2，因此NaOH浓度不易过大，D错误；
故合理选项是BC。
18.他米巴罗汀(I)可用于治疗急性白血病，其合成研究具有重要意义，合成路线如图所示。
已知：i.HCCH+
ii.R—NO2R—NH2
iii.R1—NH2++HCl
(1)A中官能团名称是_________。
(2)B的结构简式是________。
(3)D→E的化学方程式是__________。
(4)试剂a是_________。
(5)已知H在合成I的同时，还生成甲醇，G→H所加物质L的结构简式是______。
(6)B的一种同分异构体符合下列条件，其结构简式是________。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱只有两组吸收峰
(7)D→E的过程中有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是_______。
(8)也是合成他米巴罗汀(I)
的一种原料，合成路线如图所示。利用题中所给信息，中间产物的结构简式是_______________。
【答案】 (1). 碳碳三键 (2). (3). ++2HCl (4). 浓HNO3，浓H2SO4 (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
A分子式是C2H2，为乙炔，结构简式为HC≡CH，A与2个分子的发生已知i反应生成B，根据B分子式可知B结构为：，B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C：，C与浓盐酸加热，发生取代反应生成D：，D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E：，由G的结构简式和已知ii可知，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应生成F：，F与Ni在Ni催化下发生还原反应生成G：，G与L在DMAP条件下反应已知iii的反应生成H，H与NaOH甲醇溶液共热，然后酸化得到I：
和甲醇CH3OH，逆推可知L是，H是，然后对问题逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知：A是HC≡CH，B是，C是，D是，E是，F是，G是，L是，H是，I是。
(1)A是HC≡CH，则A中官能团名称是碳碳三键。
(2)根据上述分析可知B的结构简式是。
(3)D是，D与苯在AlCl3作用下，发生苯环上邻位的2个H原子的取代反应生成E（）和HCl，则D→E的化学方程式是++2HCl。
(4)E是，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成F：，所以试剂a是浓硝酸、浓硫酸。
(5)根据上述分析可知G→H所加物质L的结构简式是。
(6)B是，不饱和度是2，B的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有2种不同的H原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体结构简式是：。
(7)D是，E是，D→E的过程中发生苯环上H的取代反应，H原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。
(8)采用逆推方法，I是，H是，根据物质在反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机物2在AlCl3作用下反应生成H，结合题干信息可知应该是苯环上2个邻位H原子发生取代反应，则由H可逆推得知中间产物是，有机物2是，苯胺与有机物1在DMAP条件下反应生成中间产物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物1是。
【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及同分异构体的书写。要充分利用题干信息，熟练掌握反应中官能团的性质及变化，根据物质结构，理解发生的反应，可采用正推与逆推相结合的方法分析判断。题目考查了学生接受信息、应用信息分析问题与解决问题的能力。
19.实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 01 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变棕色；
ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). 防止倒吸（或增大反应物的接触面积） (3). 证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I- (4). NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I- (5). 酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色 (6). 4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O (7).
【解析】
【分析】
I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH
的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
