2017-2018学年浙江省宁波市六校高二下学期期末联考化学试题 解析版
浙江省宁波市六校2017-2018学年高二下学期期末联考化学试题
1. 下列属于碱的是
A. HClO B. C02 C. Na2C03 D. Ca(OH)2
【答案】D
【解析】A.HClO溶于水电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A项不选；B.CO2由两种元素组成，其中一种是O，属于氧化物，B项不选；C.Na2CO3溶于水电离出的阳离子是Na＋，电离出的阴离子是酸根离子，属于盐，C项不选；D.氢氧化钙溶于水电离出的阴离子全部是OH－，属于碱，D项选。答案选D。
点睛：本题考查常见物质的类别，根据有关概念进行分析解答，氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，电离时生成的阳离子全部是H＋的化合物是酸，电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物是碱，电离时生成金属阳离子和酸根离子的化合物是盐。
2. 下列仪器名称为“分液漏斗”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分液漏斗是一种玻璃仪器，口部有塞子，下端有活塞。A为圆底烧瓶，B为量筒，C为容量瓶； D符合“分液漏斗”的特征，是分液漏斗，故选D。
3. 下列属于弱电解质的是
A. 氨水 B. 麦芽糖 C. 干冰 D. 碳酸
【答案】D
【解析】分析：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，只能部分电离的电解质为弱电解质,常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数的盐和水,据此分析。
点睛：电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。
4. 下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A. CH3COOH B. (NH4)2SO4 C. Na2CO3 D. NaCl
【答案】B
【解析】分析：A. CH3COOH电离显酸性；B. NH+4 水解显酸性；C. CO2-3水解显碱性；D. NaCl不水解显中性。
详解：CH3COOH为弱酸，部分发生电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显酸性，不是水解，A错误；(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，会发生水解，其水溶液为酸性，B正确；Na2CO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，C错误；NaCl不发生水解，其水溶液呈中性，D错误；正确选项B。
5. 下列变化原理不同于其他三项的是
A. 将Na投入水中溶液呈碱性 B. Cl2能使品红褪色
C. 过氧化钠作供氧剂 D. 活性炭可作为净水剂
【答案】D
【解析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选D。
6. 下列说法正确的是
A. 胶体与溶液的本质区别就是是否可以发生丁达尔现象
B. 在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸
C. 氯气具有漂白性可以使湿润的有色布条褪色
D. 氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂
【答案】D
【解析】分析：A．根据分散质粒子直径不同，把分散系分为溶液、胶体、浊液；B. 常温下,铁在浓硫酸中发生钝化现象是发生了氧化还原反应；C．干燥的氯气不具有漂白性；D．氯化铁、硫酸亚铁水解生成胶体，具有吸附作用。
详解：胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，A错误；常温下,铁在浓硫酸中发生钝化现象是发生了氧化还原反应，氧化膜阻止反应进行，故常温下可用铁制容器贮藏贮运浓硫酸，B错误；氯气与水反应可生成具有漂白性的次氯酸，但干燥的氯气不具有漂白性，C
错误；氯化铁、硫酸亚铁水解，最终生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用是优良的净水剂，D正确；正确选项D。
7. 下列反应中，属于氧化还原反应的是
A. IBr+H2O=HIO+HBr B. SO3+H2O=H2SO4
C. SO2+2KOH=K2SO3+H2O D. NaH+H2O=NaOH+H2↑
【答案】D
【解析】A、IBr中Br显－1价，I显＋1价，根据反应方程式，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、此反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C、此反应中没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、NaH中H显－1价，化合价升高转化为0价，H2O中H显＋1价，化合价降低，转化为0价，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故D正确。
8. 下列表示正确的是
A. 酒精的分子式：CH3CH2OH B. KCl的电子式：
C. HClO的结构式 H — Cl — O D. CCl4的比例模型：
【答案】B
【解析】分析：A. 酒精的分子式C2H6O；B.KCl为离子化合物，电子式为；C. HClO为共价化合物，结构式为H-O-Cl；D. CCl4的比例模型中，碳的原子半径小于氯的原子半径。
详解：酒精的分子式：C2H6O；结构简式：CH3CH2OH；A错误；KCl为离子化合物，电子式为，B正确；HClO为共价化合物，根据成键规律可知：结构式为H-O-Cl，C错误；CCl4为共价化合物，碳的原子半径小于氯的原子半径，与比例模型不符，D 错误；正确选项B。
9. 下列有关钠及其化合物的说法中，不正确的是
A. 钠质软，可用小刀切割
B. 钠在空气中燃烧生成白色的过氧化钠
C. 热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污
D. 碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一
【答案】B
【解析】分析：A.钠较软,易切割；B.钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠；C.纯碱水解呈碱性,油污是有机酯类；D.碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解而导致碳酸氢钠溶液呈碱性,能中和酸。
详解：钠的质地柔软,能用小刀切割,A正确；钠在没有条件下和氧气反应生成氧化钠,在点燃条件下,和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠,与条件有关,B错误；纯碱水解呈碱性,油污是有机酯, 酯类物质在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和丙三醇，这样热的纯碱溶液可以除去铜片表面的油污,C正确；碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,导致碳酸氢钠溶液呈碱性，能中和酸，所以碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一,D正确；正确选项B。
10. 下列实验操作正确的是
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部
B. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出
C. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验
D. 过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液
【答案】C
【解析】分析：A.蒸馏时,测定馏分的温度；B.定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败，应重新配制；C.盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰；D.过滤时不能搅拌。
详解：蒸馏时,测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处,A错误；定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线,实验失败,应重新配制,B错误；盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；过滤时不能搅拌,将滤纸捣破,过滤操作失败,D错误；正确选项C。
11. 下列说法不正确的是
A. C5H12的某种同分异构体只有一种一氯代物 B. CH4和C3H8互为同系物
C. CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3同分异构体 D. H2O与D2O属同位素
【答案】D
【解析】分析：A.C5H12中新戊烷的一氯代物只有一种；B.CH4和C3H8结构相似，分子组成上相差2个CH2；C. CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同，碳链结构不同；D. H2O与D2O为水的两种分子。
详解：C5H12三种同分异构体中，其中新戊烷的一氯代物有1种，A正确；CH4和C3H8结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，B正确；CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同，碳链结构不同，互为同分异构体，C正确；D、水的两种分子，不是同位素，D错误；正确选项
D。
12. 元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子排布。下列推测不正确的是( )。
A. 同周期元素中X的金属性最强 B. 原子半径：X＞Y，离子半径：X＋＞Z2－
C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高 D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】B
【解析】试题分析：X＋与Z2－具有相同的核外电子排布，则X是第IA族元素，Z是第VIA族元素，且X在Z的下一周期，若三种元素均是短周期元素，则Z是第二周期，X、Y是第三周期，所以Z是O元素，X是Na元素，三者的原子序数之和是36，所以Y的原子序数是17，是第三周期的Cl元素，符合题意。A、Na是第三周期元素中最左侧的元素，金属性最强，正确；B、X与Y是同周期元素，X的原子序数小于Y，所以原子半径X>Y，X与Z的离子的电子层结构相同，核电荷数小的两种半径大，所以离子半径：X＋
0)。下列有关说法不正确的是
A. 若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态
B. 若C02体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态
C. 若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大
D. 若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmolNH4HC03发生分解
【答案】B
【解析】A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，容积始终是不变的，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平街状态，A正确；B. 只有生成物是气体，因此CO2体积分数始终不变，不能说明反应达到平街状态，B错误；C. 若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；D. 根据热化学方程式可知若反应过程中吸收QkJ热量，则刚好有lmol NH4HCO3发生分解，D正确，答案选B。
点睛：平衡状态判断是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
15. 下列说法正确的是
A. 乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同
B. CH3CO18OH和C2H5OH发生酯化反应的有机产物是CH3CO18OC2H5
C. 相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同
D. 用甘氨酸（H2N-CH2-COOH）和丙氨酸[H2N-CH（CH3）-COOH]缩合最多可形成4种二肽
【答案】D
【解析】分析：A.乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子中含有特殊的碳碳键；B.酯化反应规律为“酸脱羟基醇脱氢”；C.乙炔与苯所含碳原子数不同，相同物质的量时，
完全燃烧消耗氧气的物质的量不相同；D.由甘氨酸和丙氨酸两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽也有2种。
详解：苯分子中含有特殊的碳碳键，介于单键和双键之间的一种化学键，但是能够与氢气发生加成反应，乙烯分子中含有碳碳双键，也能与氢气发生加成反应，但是二者所含碳碳键不相同，A错误；酯化反应中羧酸脱去一个-18OH，醇脱去一个H，则酯化反应产物为CH3COOC2H5，B错误；乙炔分子式为C2H2，苯的分子式为C6H6，相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，苯消耗氧气的量较多，C错误；由甘氨酸和丙氨酸两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽也有2种，一共4种，D正确；正确选项D。
16. 下列说法正确的是
A. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生变性
B. 全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得
C. 用牛油制肥皂，当在反应液中加入热的饱和食盐水并搅拌后，会发现烧杯底部有固体物质析出
D. 在用油脂制肥皂实验中，加入乙醇是为了增大油脂和NaOH 溶液的接触面积，从而加快化学反应速率
【答案】D
【解析】分析：A.蛋白质遇到重金属盐会变性；B.环氧丙烷和CO2通过加聚制得全降解塑料；C.高级脂肪酸钠，该物质在饱和食盐水中溶解度较小，且密度小于水；D.油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大。
详解：蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，降低蛋白质的溶解度，属于蛋白质发生了盐析，物理变化，A错误；全降解塑料可由单体环氧丙烷和CO2通过加聚反应生成，B错误；牛油在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠，该物质在饱和食盐水中溶解度较小，且密度小于水，则析出的肥皂浮在上层而不是沉于液面底部，C错误；油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加入一定量的乙醇为了增大油脂的溶解，增大与NaOH 溶液的接触面积，从而加快化学反应速率，D正确；正确选项D。
点睛：蛋白质溶液中遇到轻金属盐，比如硫酸铵、硫酸钠等，降低了蛋白质的溶解度，以沉淀的形式析出，但是蛋白质没有失去水溶性，没有失去生理活性，属于物理变化；蛋白质溶液遇到重金属盐，比如硫酸铜、醋酸铅等，也产生沉淀，但蛋白质发生变性，属于化学变化，失去水溶性，失去生理活性。
17. 研究人员最近发现一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2 +2Ag +2NaCl = Na2Mn5O10 +2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是
A. 正极反应式：Ag+Cl- -e-=AgCl B. 每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子
C. Na+不断向“水”电池的负极移动 D. AgCl是还原产物
【答案】B
【解析】试题分析：A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；
D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。
考点：考查电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理。
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18. 室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸，下列说法正确的是
A. 两者水的电离程度相同
B. 分别用水稀释相同倍数后，c（Cl-）＞c（CH3COO-）
C. 盐酸的pH大于醋酸溶液的pH
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗的NaOH的体积多
【答案】B
【解析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸的酸性比醋酸强。A. 盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度本题，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故A错误；B. 分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c(Cl-)>c(CH3COO-)，故B正确；C. 盐酸的酸性比醋酸强，盐酸的pH值小于醋酸溶液的pH值，故C错误；D. 相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，二者消耗NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选B。
19. 下列说法正确的是
A. HCl溶于水能电离出H+、Cl-，所以HCl是离子化合物
B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键
C. He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键
D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键
【答案】D
【解析】分析：A. HCl是共价化合物；B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力；C. He分子间无共价键；D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键。
详解：HCl属于共价化合物，属于电解质，在溶液中可发生电离，A错误；碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力,而碘原子间的作用力属于共价键，B错误；He为单原子分子,不存在共价键,C错误；NaHCO3为离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，阴阳离子间的离子键断裂,生成二氧化碳和水,破坏共价键,D正确；正确选项D。
点睛：离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力（个别物质还有氢键），原子晶体熔化时破坏共价键。
20. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1molZn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NA
B. 84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目为NA
C. 由2H和18O组成的水11g，其中所含的中子数为5NA
D. 标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的C-Cl键的个数为NA
【答案】A
【解析】分析：A.无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol；B. 碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子；C. 由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，然后根据水分子组成计算中子数；D. 标准状况下，四氯化碳为液态。
详解：若为浓硫酸，则反应Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O；若为稀硫酸，则反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，很明显，无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol，气体的分子数目为NA，A正确；碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子，所以84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，B错误；由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，所含中子数为：0.5×（2×1+10）×NA=6NA；C错误；标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项A。
21. 下列说法正确的是
A. 图①中△H1=△H2+△H3
B. 图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
C. 图③表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的导电性变化曲线
D. 图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的反应过程和能量关系
【答案】C
【解析】分析：A.根据盖斯定律来分析；B.催化剂改变了反应历程, E1、E2分别代表各步反应的活化能；C.醋酸和一水合氨是弱电解质,在溶液里部分电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离,向混合溶液中滴加醋酸，醋酸先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，氢氧化钠完全反应后,醋酸再和氨水反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答；D.表示由CO(g)生成CO2(g)的反应能量关系，并不能表示反应过程。
详解：根据盖斯定律可知△H3=-（△H1+△H2）则△H1=-（△H3+△H2），A错误；因为E1>E2图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1，B错误；NaOH 和氨水混合溶液滴入醋酸，NaOH先与醋酸反应生成醋酸钠，氢氧化钠与醋酸钠均为强电解质且离子带电荷数相同，但加入醋酸溶液体积增大，单位体积内电荷数目减少，故溶液导电能力减弱，当氢氧化钠反应完毕滴加醋酸，氨水与醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，一水合氨为弱电解质，故随着醋酸滴入溶液导电能力逐渐增大，当氨水反应完后加入醋酸溶液体积增大，故溶液导电能力逐渐减小，C正确；D项图④只表示由CO(g)生成CO2(g)的反应能量关系，并不能表示反应过程，D错误；正确选项C。
22. 研究反应2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol∙L－1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。
下列说法不正确的是
A. 比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B. 比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C. 若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D. 在0～10min之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04mol∙L－1∙min－1
【答案】D
【解析】分析：A. X的起始浓度相等，温度升高，化学反应速率加快；B. 实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快；C.其它条件下不变，催化剂能够加快反应速率；D.根据方程式中物质化学系数关系，根据v(Y)=∆C/∆t进行计算。
详解：实验②、④两组实验，X的起始浓度相等，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反应速率明显加快，说明温度升高，化学反应速率加快，A正确。从图像可以看出，实验①、②两组实验温度相同，随着反应物X的浓度增大，化学反应速率加快，B正确；实验②、③，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但是实验③反应速率快，到达平衡的时间短，说明实验③使用了催化剂，C正确；从图像可以直接求得0～10min之间实验②的平均速率：（1-0.8）/10=0.02 mol∙L－1∙min－1,则根据化学方程式的计量数关系可知：v(Y)=0.01 mol∙L－1∙min－1，D错误；正确选项D。
23. 25 ℃时，在25 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（ ）
A. B点的横坐标a＝12.5
B. C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
C. D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D. 曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，选项A不正确。根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋) 可知选项B不正确。D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋) >c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H＋)，所以选项D也不正确。答案是C。
24. 硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀
B. 操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶
C. 反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气
D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】B
【解析】试题分析： NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4水解，可将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3
；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③为蒸馏。A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；D、反应①中发生的反应为NaBO2 + 2SiO2 + 4Na + 2H2 ═ NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故选B。
考点：考查了物质制备实验方案设计、物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作的相关知识。
25. 某溶液中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I-、SO32-、SO42-中的几种，现取100mL 溶液先加入足量氯水，然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g,在滤液中加足量NaOH溶液并加热,生成的气体在标准状况下体积为1.12L。
已知：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据上述实验，以下推测正确的是
A. 原溶液一定存在NH4+、I-
B. 原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-
C. 原溶液可能存在K+、Fe3+、SO42-
D. 另取试液滴加足量盐酸BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成
【答案】A
..............................
点睛：本题考查的是离子的定量推断。定量推断比定性推断要难一些。解题的关键是要知道题中有一个隐蔽的条件是电荷守恒。题中的数据一定要处理，根据这些数据和电荷守恒可以确定溶液中还可能存在的离子。
26. 已知A是一种食品中常见的有机物，在实验室中，气体B能使溴水褪色生成C，物质F的分子式为C4H8O2，是一种有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。请回答：
（1）物质E中官能团的名称为：__________________________
（2）物质B与溴水反应生成C的反应类型为_______________________________
（3）B与E在一定条件下反应生成F的化学方程式为__________________________________________
（4）X是有机物E的同系物，其相对分子质量是74，且化学性质与E相似。下列说法正确的是______
A有机物E能发生银镜反应 B 有机物A与X反应生成丙酸甲酯
C 甲酸乙酯是X的同分异构体 D 有机物A、D、E均能溶解于水
【答案】 (1). 羧基 (2). 加成 (3). CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOC2H5 (4). CD
【解析】试题分析：由题意知，A是乙醇、B是乙烯、C是1，2-二溴乙烷、D是乙醛、E是乙酸、F是乙酸乙酯。
（1）物质E中的官能团名称为羧基。
（2）物质B与溴水反应生成C的反应类型为加成反应。
B与E在一定条件下反应生成F的化学方程式为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3。
（4）X是有机物E的同系物，其相对分子质量是74，且化学性质与E相似，则X是丙酸。有机物E不能发生银镜反应，A不正确；有机物A与X反应生成丙酸乙酯，B不正确；C.甲酸甲酯是不X的同分异构体，C不正确；D.有机物A、D、E均能溶解于水，D正确。选D。
27. 物质X由三种非金属元素组成，有毒性，结构与二氧化碳相似，存在如下转化：
（1）白色沉淀Ⅱ的化学式_________________，物质X的分子式_____________
（2）气体Ⅲ与氯水反应的离子方程式：_______________________________________________
【答案】 (1). BaSO4 (2). CSO (3). SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-
【解析】分析：物质X隔绝空气加热生成气体I和固体单质；气体I能够燃烧生成气体Ⅱ，气体Ⅱ能够使澄清的石灰水变浑浊，沉淀质量10克，应为碳酸钙白色沉淀，物质的量为0.1mol，所以气体I为一氧化碳，其量为0.1mol；固体单质点燃后生成气体Ⅲ，该气体能够与氯水反应，该气体具有还原性，应为二氧化硫；二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀Ⅱ；固体单质为硫，3.2克，其量为0.1 mol；根据元素质量守恒定律，确定物质X的组成。
详解：物质X隔绝空气加热生成气体I和固体单质；气体I能够燃烧生成气体Ⅱ，气体Ⅱ能够使澄清的石灰水变浑浊，沉淀质量10克，应为碳酸钙白色沉淀，物质的量为0.1mol，所以气体I为一氧化碳，其量为0.1mol；固体单质点燃后生成气体Ⅲ，该气体能够与氯水反应，该气体具有还原性，应为二氧化硫；二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀Ⅱ；固体单质为硫，3.2克，其量为0.1 mol；根据质量守恒定律可知：
m(C)+ m(S)=0.1×12+0.1×32=4.4克；物质X总质量为6克，所以m(O)=6-4.4=1.6克，物质的量为0.1 mol；三种元素的量之比：n(C):n(S): n(O)=0.1:0.1:0.1=1:1;1；化学式为CSO；综上所述回答下列问题：
（1）白色沉淀Ⅱ为硫酸钡，化学式BaSO4；正确答案：BaSO4。
（2）物质X由碳、氧、硫三种非金属元素组成，化学式为CSO；正确答案：CSO。
(3)二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；正确答案：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。
28. 某同学按下图所示装置进行铁与水蒸气反应的实验探究。实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色。请回答：
（1）仪器C的名称为_______________________________________________
（2）该同学据实验得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2。该结论不严密，理由是_________
（3）经检验，反应生成的固体具有磁性，写出铁与水蒸气反应的化学方程式：_______________
【答案】 (1). 干燥管或球形干燥管 (2). 产物中含+3铁的物质与稀硫酸反应生成Fe3+，过量的Fe与Fe3+反应生成Fe2+ (3).
【解析】分析：（1）仪器C为干燥管或球形干燥管。
（2）根据反应现象知，溶液中没有铁离子,原因是部分铁未被氧化,导致剩余的铁和铁离子反应生成亚铁离子。
（3）四氧化三铁具有磁性。
详解：（1）仪器C的名称为干燥管或球形干燥管；正确答案：干燥管或球形干燥管。
（2）
铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，根据反应现象知，该反应中部分铁未参加反应导致剩余的铁和铁离子反应生成二价铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，所以说不严密；正确答案：产物中含+3铁的物质与稀硫酸反应生成Fe3+，过量的Fe与Fe3+反应生成Fe2+ 。
（3）反应生成的固体具有磁性，该物质为四氧化三铁，铁与水蒸气反应的化学方程式：；正确答案：。
29. 将8.00gCuO和Fe2O3的混合物分成两等份，其中一份在高温下用足量CO还原后，剩余固体质量为3.04g；另一份固体用200mL某浓度的盐酸恰好溶解，则：
（1）混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为：________________________
（2）所用盐酸的物质的量浓度为_________________________
【答案】 (1). 3：1 (2). 0.600mol/L
【解析】分析：将8.00gCuO和Fe2O3的混合物分成两等份，其中一份为4g，在高温下用足量CO还原后,剩余固体即Cu和Fe的质量为3.04g,则可以根据Cu、Fe守恒列方程组计算混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比；4gCuO和Fe2O3的混合物与盐酸恰好完全反应，生成氯化铜、氯化铁，根据关系：Cu---CuCl2 -2Cl- 、Fe2O3- 2FeCl3-6Cl-关系可知，计算出盐酸的量，根据C(盐酸)×V=n，可以计算出盐酸的浓度。
详解：(1) 将8.00gCuO和Fe2O3的混合物分成两等份，其中一份在高温下用足量CO还原后，剩余固体质量铁和铜为3.04g；,则设混合物中CuO和Fe2O3的物质的量分别xmol ,ymol,则80x+160y=4，64x+2y×56=3.04，计算得出x=0.03mol，y=0.01 mol；原混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为0.03×2:0.01×2=3:1正确选项3:1。
（2）CuO和Fe2O3与200mL某浓度的盐酸恰好溶解，生成氯化铜和氯化铁，根据铁、铜守恒可知，氯化铜为0.03×2=0.6 mol，氯化铁为0.01×2×3=0.06 mol，根据氯离子守恒可知：氯离子的量=0.06+0.06=0.12 mol；C(盐酸)=0.12/0.2=0.6 mol/L；正确答案：0.6 mol/L。
30. （一）检验火柴头中氯元素的其中一种方法是将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸和NaNO2溶液，若出现白色沉淀，说明含氯元素。写出上述检验原理的总离子方程式：___________________________。
（二）肼(N2H4)作为一种重要的氮氢化合物，氢质量分数高达12.5%，完全分解产物为H2和N2，是一种理想的液体氢源。N2H4分解过程中发生完全分解和不完全分解。
完全分解： N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH1 = -50.6 kJ·mol-1 I
不完全分解： 3N2H4(g) 4NH3(g) + N2(g) ΔH2 II
反应II的焓变不易测量，现查表得如下数据：
2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ΔH3 = +92 kJ·mol-1 (该反应实际未发生)
（1）反应II在__________(填高温、低温或任意温度)条件下可以自发进行。
（2）在体积固定的密闭容器中，以Ir/Al2O3为催化剂，在不同温度下(催化剂均未失活)分解等量N2H4(一开始体系中无其他气体)，测得反应相同时间后的N2H4、NH3和H2体积分数如图1所示：
①下列说法正确的是_____________
A.据图可知200℃时，反应 I的活化能低于反应II的活化能
B.300℃后N2H4的体积分数略有提高，可能由于反应II逆向移动导致
C.换用选择更高的Ni/Ir复合催化剂可提高N2H4的平衡转化率
D.400℃是该制氢工艺比较合适的生产温度
②若某温度下在1 L体积固定的密闭容器中加入1molN2H4，反应一段时间后达到平衡状态，此时H2与NH3的物质的量均为0.4mol。请计算该温度下反应 I的平衡常数KC=___________________（Kc为用气体的浓度表示的平衡常数）
③若在600~1000°C下进行上述实验，请预测并在上图中补充H2体积分数的变化趋势_______。
（3）近期，来自四位非洲的女孩打造了一台靠尿液驱动的发电机，其原理是把尿液以电解的方式分离出提供设备发电使用的氢气的技术，同时将尿液脱氮（转化为大气循环的无污染气体）减轻生活污水处理。以纯尿液为电解液（以NH4+表示尿液中氮元素的存在形式），写出该电解过程的总反应方程式：________________________________________
【答案】 (1). Ag++3NO2-+ClO3-=AgCl↓+3NO3- (2). 任意温度 (3). B (4).
0.096 (5). (6).
【解析】分析：（一）火柴头含有氯酸钾，与NaNO2溶液反应，ClO3-被还原为Cl-，加入硝酸银后Cl-与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，证明含氯元素。
（二）（1）①A. 根据图像可知，在200℃时，先发生反应II，说明反应II的活化能较低；B.反应II为吸热反应，升高温度，平衡右移，增大了氮气、氢气的量，针对N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH1 =-50.6 kJ·mol-1 ，3N2H4(g) 4NH3(g) + N2(g)反应来说，增加生成物浓度，平衡左移，N2H4的体积分数略有提高；C. 催化剂能够加快反应速率，但是平衡不移动；D.根据图像可知温度500℃左右时，氢气的百分含量最大。
②根据反应N2H4(g) N2(g) + 2H2(g)
起始量 1 0 0
变化量 X X 2X
平衡量 1-X X 2X
根据反应 3N2H4(g) 4NH3(g) + N2(g)
起始量 1-X 0 2X
变化量 0.3 0.4 0.1
平衡量 1-X-0.3 0.4 0.1+X
根据已知信息计算出反应I的平衡浓度，带入平衡常数公式进行计算。
③对于N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH1 = -50.6 kJ·mol-1 反应，升高温度，平衡左移，H2体积分数的减小，按此规律画图。
（3）电解含有NH4+的溶液，-3价氮升高到0价，氢元素由+1价降低到0价，据此写出电解过程的总反应方程式。
详解：（一）火柴头中含有氯酸钾，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸和NaNO2溶液，ClO3-被还原为Cl-，Cl-与Ag+
反应生成氯化银白色沉淀，说明含氯元素。离子方程式：Ag++3NO2-+ClO3-=AgCl↓+3NO3-；正确答案：Ag++3NO2-+ClO3-=AgCl↓+3NO3-。
（二）（1）根据盖斯定律：反应I×3-反应III×2，整理得反应II：2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ΔH2 = -345.8 kJ·mol-1，∆S>0，ΔH<0，该反应在任意温度条件下可以自发进行；正确答案：任意温度。
（2）①根据图像可知，反应在200℃时，氢气的体积分数为0，氨气的体积分数较大，说明反应II易发生，活化能比反应I的低，A错误；反应II：2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ΔH3 = +92 kJ·mol-1，升高温度，平衡右移，氨气的量减小，氮气、氢气的量增多，针对N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH1 =-50.6 kJ·mol-1 ，3N2H4(g) 4NH3(g) + N2(g)反应，增大生成物浓度，平衡左移，N2H4的体积分数略有提高，B正确；催化剂能够加快反应速率，但是平衡不移动，不能提高N2H4的平衡转化率，C错误；根据图像可知，温度在500℃左右时，氢气的百分含量最大，D错误；正确选项B。
②根据反应N2H4(g) N2(g) + 2H2(g)
起始量 1 0 0
变化量 X X 2X
平衡量 1-X X 2X
根据反应 3N2H4(g) 4NH3(g) + N2(g)
起始量 1-X 0 2X
变化量 0.3 0.4 0.1
平衡量 1-X-0.3 0.4 0.1+X
根据题给信息可知：2X=0.4，X=0.2mol,所以达到平衡时，c(N2H4)= 1-0.2-0.3=0.5mol/L；c(N2)= 0.1+0.2=0.3 mol/L；c(H2)=2×0.2=0.4 mol/L；该温度下反应 I的平衡常数KC=（0.4）2×0.3/0.5=0.096；正确答案：0.096。
③对于N2H4(g) N2(g) + 2H2(g) ΔH1 = -50.6 kJ·mol-1 反应，升高温度，平衡左移，H2体积分数的减小，具体图像如下：；正确答案：
。
（3）电解含有NH4+的溶液，-3价氮升高到0价，氢元素由+1价降低到0价，该电解过程的总反应方程式：；正确答案：。
点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
31. 柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3===FeCO3↓+Na2SO4 FeCO3 +C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O
（1）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。
（2）将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是_________________。
②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是_____________。
（3）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是________________。
（4）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3 ) 出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合下图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：
①向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，过滤
②向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体
③向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解
④再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤得到FeSO4 溶液
⑤_______________________________________________，得到FeSO4·7H2O 晶体。
（5）取25.00g柠檬酸亚铁晶体（摩尔质量为246g/mol），配成100mL溶液，取20.00mL至锥形瓶中，另取0.2000mol.L-1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
21.38mL
20.02mL
滴定终点时现象为：__________________________________柠檬酸亚铁的质量分数________________
【答案】 (1). 取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 (2). 防止+2的铁元素被氧化 (3). 加入适量柠檬酸，让铁粉反应完全 (4). 降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出 (5). 加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤 用少量冰水洗涤，低温干燥 (6). 锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色 (7). 98.40%
【解析】分析：（1）本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，即该题便转化成SO42-的检验。
（2）①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触。
②除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质。
（3）加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。
（4）根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿矾溶解度曲线，进行分析解答。
（5）当酸性KMnO4标准溶液与亚铁离子反应结束后，锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点；根据反应关系Fe2+→Fe3+,MnO4-→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+---MnO4-，计算出柠檬酸亚铁晶体的质量，最后计算柠檬酸亚铁晶体的纯度。
详解：（1）本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，即该题便转化成SO42-的检验；具体操作如下：取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；正确答案：取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。
（2）①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触；加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境；正确答案：防止+2价的铁元素被氧化。
②除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质。正确答案：加入适量柠檬酸让铁粉反应完全。
（3）最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品；正确答案：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出。
（4）⑤根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿矾溶解度曲线，60℃时绿矾的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干，所以操作a为加热到60℃浓缩、冷却结晶、过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥；正确答案：加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 。
（5）酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应紫色溶液褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点；根据反应关系Fe2+→Fe3+,MnO4-→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+---MnO4-
，由于第3次数据误差较大，不能用；根据1，2,4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20 mL，所以消耗MnO4-的量为0.2×20×10-3=4×10-3mol，则消耗的亚铁离子的量为5×4×10-3mol,则柠檬酸亚铁晶体的量为5×4×10-3mol×100/20=0.1 mol，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1×246=24.6g，柠檬酸亚铁的质量分数24.6/25×100%=98.40%；正确答案：锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色；98.40%。
点睛：本题是一道综合实验题，涉及知识面广，有一定的难度，很好考察了学生的分析问题和解决问题的能力，在回答（5）中问题时，一定要注意，所测定的四组数据中，有一组数据误差较大,应该舍去。
32. 甲氧普胺（Metoclopramide）是一种消化系统促动力药．它的工业合成路线如下[已知氨基（-NH2）易被氧化剂氧化]：
请回答下列问题：
（1）下列说法中不正确的是 （_______）
A、化合物A能形成内盐 B、1molB最多能与2molNaOH反应
C、D的分子式为C11H13NO3 D、甲氧普胺属于芳香族化合物
（2）化合物C的结构简式：_______________________________________
（3）写出D→E的化学方程式：______________________________________________________
（4）写出符合下列要求的化合物A（C7H7NO3）的可能的同分异构体 _________________________
①属于芳香族化合物，能发生银镜反应 ②能发生水解 ③苯环上的一氯取代物只有两种
（5）写出以甲苯为原料合成对氨基苯甲酸：
，模仿以下流程图设计合成路线，标明每一步的反应物及反应条件_________。（有机物写结构简式，其它无机试剂自选）
已知：Ⅰ、当一取代苯进行取代反应时，使新取代基进入它的邻、对位的取代基：-CH3、-NH2；使新取代基进入它的间位的取代基：-COOH、-NO2；
Ⅱ、-NH2易被氧化；-NO2可被Fe和HCl还原成-NH2。
【答案】 (1). C (2). (3). (4). (5).
【解析】分析：A的分子式为C7H7O3,A物质能与甲醇反应生成有机物B，有机物B在乙酸酐的条件下生成有机物C，有机物C与丙酮反应生成有机物D，根据D的结构简式并结合有机物C的分子式可知，有机物C结构为：；依次倒推，有机物B为；有机物A为；有机物D到E，发生环上取代反应；有机物E到F发生侧链的取代反应，最后有机物F发生水解生成甲氧普胺；据以上分析解答。
详解：（1）化合物A的结构简式为
，既有氨基，又有羧基，可以形成内盐；A正确；有机物B为，1molB最多能与2molNaOH反应，B正确；有机物D为，分子式为C11H13NO4，C错误；甲氧普胺含有苯环，属于芳香族化合物，D正确；正确选项C。
（2）化合物C与丙酮反应生成有机物D为，所以化合物C的结构简式：；正确答案：。
（3）有机物D为，与氯气发生取代反应，化学方程式：；正确答案：。
（4）化合物A（C7H7NO3），满足①属于芳香族化合物，能发生银镜反应，含有醛基； ②能发生水解，含有酯基；③苯环上的一氯取代物只有两种，环上有两个取代基，具体结构如下：；正确答案：
。
（5）甲苯发生硝化反应生成对硝基甲苯，在酸性高锰酸钾溶液中，甲基被氧化为羧基，生成对硝基苯甲酸，在铁/HCl作用下，硝基还原为氨基，生成对氨基苯甲酸；合成流程如下：；正确答案：。
点睛：本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
