2019-2020学年福建省安溪一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年福建省安溪一中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铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A铟元素的相对原子质量B铟元素的原子序数C铟原子的相对原子质量D铟原子的核电荷数【答案】C【解析】【详解】A 114.8 即为铟元素的相对原子质量，故A 错误；B49 既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B 错误；C由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8 无法计算出各铟原子的相对原子质量，故 C 正确；D 49 既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D 错误。故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。225时，向20.00mL0.100mol?L-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100mol?L-1的盐酸溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A 25时，Kb（NH3?H2O）Ka（CH3COOH）10-5Bb 点溶液中水的电离程度比c 点溶液中的大C在 c 点的溶液中：c（Cl）c（CH3COOH）c（NH4+）c（OH）D在 a 点的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO-）+c（NH3?H2O）+2c（OH-）【答案】C【解析】【详解】A.根据图象可知，0.100mol?L1的氨水的pH=11，c（OH）=103mol/L，Kb（NH3?H2O）=-3-310100.100=105，醋酸铵溶液的pH=7，说明铵根离子和醋酸的水解程度相等，则二者的电离平衡常数相等，即25时，Kb（NH3?H2O）=Ka（CH3COOH）105，故 A 正确；B.加入 20mL 等浓度的HCl 溶液后，氨水恰好反应生成氯化铵，b 点铵根离子水解促进了水的电离，而c点溶质为醋酸和氯化铵，醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性，抑制了水的电离，则b 点溶液中水的电离程度比 c 点溶液中的大，故B正确；C.Kb（NH3?H2O）=Ka（CH3COOH）105，Kh（NH4+）=-14-51010109105，醋酸的电离程度较大，则c（NH4+）c（CH3COOH），正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（CH3COOH）c（OH），故C 错误；D.在 a 点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl 和 CH3COOH，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH），根据物料守恒可得：2c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3?H2O），二者结合可得：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO）+c（NH3?H2O）+2c（OH），故 D 正确。故选 C。【点睛】明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。3能用 H+OH-H2O 表示的是A NH3 H2O+HNO3 NH4NO3+H2O BCH3COOH+KOH CH3COOK+H2O CH2SO4+Ba(OH)2 BaSO4+2H2O D 2HCl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O【答案】D【解析】【详解】A一水合氨在离子反应中保留化学式，离子反应为H+NH3?H2O=NH4+H2O，故 A 错误；B醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故 B 错误；C硫酸钡在离子反应中保留化学式，离子反应为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故 C错误；D为强酸与强碱反应生成可溶性盐与水的离子反应，离子反应为H+OH-=H2O，故 D 正确；故答案为D。【点睛】明确 H+OH-H2O 表达的反应原理是解题关键，能用此离子方程式的反应是一类强酸与强碱发生中和反应生成盐和水，且生成的盐为可溶性盐，如稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应就不能用此离子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。4NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A 60 g 乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC高温下，1mol Fe 与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3 NAD将 1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A60g 乙酸的物质的量为：60g60g/mol=1mol，乙酸的结构式为：，1mol 乙酸分子中含有8mol共价键，所含共价键的数目为8NA，故 A 正确；B标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B 错误；C1mol Fe 和足量 H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+83，所以反应中转移电子为83mol，转移电子的数目为83NA，故 C错误；D将 1mol Cl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故 D 错误；故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。5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。6下列说法不正确的是A国庆 70 周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯B晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等CMgO 与 Al2O3均可用于耐高温材料D燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施【答案】A【解析】【详解】A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；D.燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。故选 A。7根据下列图示所得出的结论不正确的是A图甲是室温下20 mL 0.1 mol?L1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d 两点溶液的pH 值均为 7B图乙是CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0 C 图丙是室温下用0.1000 mol?L1 NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.1000 mol?L1某一元酸 HX 的滴定曲线，该 滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与 c（SO42）的关系曲线，说明Ksp（BaSO4）1 1010【答案】A【解析】【分析】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C、根据图知，HX 中未加 NaOH 溶液时，0.1000mol/L 的 HX 溶液中 pH 大于 2，说明该溶液中HX 不完全电离；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)。【详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b 点时存在 NH4Cl 和氨水，此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c 点虽然 c水(H+)=10-7mol/L，但溶液为酸性，故A 符合题意；B、根据图象，温度升高，平衡常数值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应的H0，故 B 不符合题意；C、根据图知，HX 中未加 NaOH 溶液时，0.1000mol/L 的 HX 溶液中 pH 大于 2，说明该溶液中HX 不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH 突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C 不符合题意；D、温度不变，溶度积常数不变，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c(SO42-)，c(Ba2+)与 c(SO42-)成反比，则c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1 10-10，故 D 不符合题意；故选：A。【点睛】本题的 A 选项分析需注意，b 点对应溶质为NH4Cl、NH3?H2O，此时溶液中氢离子均为水所电离，溶液呈中性，而d 点对应溶质为NH4Cl、HCl，此时溶液中氢离子为HCl 水电离，溶液呈酸性。8下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢B苯酚能与NaOH 溶液反应而乙醇不能C乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低【答案】C【解析】【详解】A.与 Na 反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A 能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH 溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B 能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故 D 能用基团间相互作用解释；答案选 C。9铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A H2S是还原剂B脱除 H2S的反应是放热反应C温度越高H2S的脱除率越大D压强越小H2S的脱除率越高【答案】B【解析】【分析】【详解】A还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A 错误；B由图可以得出，温度越高，K 值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D 错误；故选 B。10下列离子方程式书写正确的是（）A氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2OHNH4+SO42-=BaSO4NH3 H2O B用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu22Cl 2H2OCu(OH)2H2Cl2C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca22ClOSO2H2O=CaSO3 2HClO D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-【答案】D【解析】【详解】A该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2O，故 A 错误；B用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2+3ClO-+H2O=CaSO4+2HClO+Cl-，故 C 错误；D苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，故 D 正确；答案选 D。11以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH 溶液浓硫酸浓硝酸A B C D A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A 错误；B.氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B 正确；C.浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D.浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D 正确。综上所述，答案为A。【点睛】见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。12下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A NH4Cl 和 NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和 NH4HCO3固体的方法制氨气B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-CFe 与稀 HNO3、稀 H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe 与两种酸均发生置换反应D NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体【答案】D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项 A 错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项 B 错误；C、Fe 与稀 HNO3、稀 H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe 与稀硫酸发生置换反应，选项C 错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。13对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是A原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子B步骤所加试剂可以是浓KOH溶液C可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D步骤的反应为Al3+3HCO3-=A1(OH)3+CO2【答案】B【解析】【分析】溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A 错误；B根据上述分析，步骤所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B 正确；C可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；D步骤反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3+CO32-，D 错误；故选 B。14W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，W与 Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A常温常压下Y的单质为气态BX的氧化物是离子化合物CX与 Z 形成的化合物的水溶液呈碱性DW 与 Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W 为 O 元素；W 与 Y同主族，则Y为 S元素；X在短周期中原子半径最大，X为 Na 元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此 Z为 Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W 为 O 元素，X 为 Na 元素，Y为 S元素，Z为 Cl元素。A常温常压下，S为固体，故A 错误；BX 的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；CX与 Z 形成的化合物为NaCl，NaCl 为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D一般情况下，O 元素不存在正价，S的最高价为+6 价，故 D 错误；故选 B。15室温下，在20 mL 新制氯水中滴加pH=13 的 NaOH 溶液，溶液中水电离的c(H)与 NaOH 溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3108，H2CO3：Ka1=4.3 107，Ka2=5.6 1011。下列说法正确的是A m 一定等于20 Bb、d 点对应的溶液显中性Cc 点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D向 c 点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32【答案】C【解析】【分析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，ac 段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在cd 段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c 点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和 NaClO。据此进行判断。【详解】A NaOH 溶液的 pH=13，则 c(NaOH)=0.1molL1，新制氯水的浓度不确定，m 不一定等于20，A 项错误；B由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c 点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是 NaCl 和 NaClO，溶液呈碱性，故b 点溶液呈中性，cd 段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着 NaOH 的继续加入，水的电离受到抑制，故d 点溶液应呈碱性，B 项错误；C ac 点发生反应为Cl2 2NaOH=NaClNaClOH2O，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)c(HClO)c(ClO)，故 c(Na)=2c(ClO)2c(HClO)，C项正确；D由电离常数知，电离质子能力：H2CO3HClOHCO3-，故 H2O+ClO-CO2=HCO3-HClO，D 项错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体使气囊鼓起。已知：2102202232NaNHN ONaNH O。实验室利用如图装置模拟工业级NaN3制备。实验：制备 NaN3(1)装置 C中盛放的药品为_，装置 B的主要作用是_。(2)为了使 a 容器均匀受热，装置D 中进行油浴而不用水浴的主要原因是_。(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式_。(4)N2O可由 NH4NO3(熔点 169.6 )在240分解制得，应选择的气体发生装置是_。实验：分离提纯分离提纯反应完全结束后，取出装置D 中的混合物进行以下操作，得到NaN3固体。(5)已知：NaNH2能与水反应生成NaOH 和氨气，操作 采用 _洗涤，其原因是_。实验：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将 2.500g 试样配成500.00mL 溶液。取 50.00mL 溶液于锥形瓶中，加入50.00mL 0.10101mol L(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL 浓硫酸，滴入3 滴邻菲啰啉指示液，0.05001mol L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液的体积为29.00mL。测定过程中涉及的反应方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2，Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+(6)配制叠氮化钠溶液时，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有_。若其它读数正确，滴定到终点后读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数 _(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(7)试样中 NaN3的质量分数为_。(保留四位有效数字)【答案】碱石灰冷凝分离出氨气中的水反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温2Na+2NH32NaNH2+H2 乙醚NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥500mL 容量瓶、胶头滴管偏大93.60%【解析】【分析】实验 I：A 装置为制取氨气的装置，B 装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D 装置为制取叠氮化钠(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na 与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)(4)；实验 II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的 Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经 B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2)装置 D 中的反应需要在210 220下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210 220下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2；(4)N2O 可由 NH4NO3(熔点 169.6)在 240分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有装置满足要求，故答案为；(5)NaN3固体不溶于乙醚，操作 可以采用乙醚洗涤，能减少 NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL 容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为 500mL 容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00 mL 0.1010 mol?L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：n(NH4)2Ce(NO3)6=0.1010mol?L-1 50.00 10-3L=5.05 10-3mol，29.00mL 0.0500 mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n(NH4)2Fe(SO4)2=0.0500mol?L-1 29.00 10-3L=1.45 10-3mol，根据 Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.45 10-3mol，则与 NaN3反应的 n(NH4)2Ce(NO3)6=5.05 10-3mol-1.45 10-3mol=3.6 10-3mol，根据 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2可知，n(NaN3)=n(NH4)2Ce(NO3)6=3.6 10-3mol，故 500.00mL 溶液中(2.500g 试样中)n(NaN3)=3.6 10-3mol500mL50mL=0.036mol，试样中NaN3的质量分数=0.036mol65g/mol2.500g 100%=93.60%，故答案为93.60%。【点睛】本题的易错点为(7)中试样中NaN3的质量分数的计算，要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和目的，理清楚滴定的原理。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F的分子式为 _，反应的反应类型为_。（2）反应的化学方程式为_。（3）C能与 FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为_,D 中的含氧官能团为_。（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_种。a能发生银镜反应 b能与 NaOH溶液发生反应 c含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是 _（填结构简式）。（5）参照 G的合成路线，设计一种以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线_。【答案】C15H12NO4Br 取代反应+HCl 羟基、羰基和硝基17【解析】【分析】由 D 的分子式与E的结构可知，D 与发生取代反应生成E，则 D 为，C能与 FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A 的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B 在氯化铝作用下得到C，则 A 为，B为E与溴发生取代反应生成 F。据此分析解答。【详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应是与(CH3CO)2O 反应生成与 CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；(2)反应的化学方程式为：+HCl，故答案为+HCl；(3)根据上述分析，C的结构简式为，D 的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；(4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与 NaOH 溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有 1 个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2 个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3 种，若含有醛基、酚羟基，含有2 个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3 种，含有3 个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有 4 种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有 4 种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有 2 种位置，符合条件的同分异构体共有17 种，其中核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积比为3221 的是，故答案为17；(5)模仿 E FG 的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：有机物A 的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：回答下列问题：（1）A 的名称是 _。（2）反应的反应类型是_。（3）反应的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）同时满足下列条件的G 的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应1mol 该物质最多能与8molNaOH 反应（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】乙醇取代反应3【解析】【分析】根据已知条件，有机物A 的质谱与核磁共振氢谱可知，A 的相对原子质量是46，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为1:2:3，A 为乙醇；根据流程，E在 Fe和 HCl 作用下发生还原反应生成，则 E为；E是 D 反应而来的，D 为；D 是有 A 和 C 在浓硫酸作用下酯化反应得到的，C为；C是有分子式C7H8氧化而来的，B 为甲苯，结合和G 的分子式，可知对二甲苯与2 分子一氯甲烷反应生成；根据可知，F氧化生成G，G 脱水生成H，H为。【详解】（1）根据上述分子可知A 为乙醇；（2）反应是D 在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成的E；（3）反应还A 与 C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，化学方程式为；（4）F的结构简式是；（5）同时满足上述3 个条件的同分异构体是、；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸二甲酯发生硝化反应生成，还原得到目标产物，合成路线为：。19呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下：(1)A 物质核磁共振氢谱共有_个峰，BC 的反应类型是_；E 中含有的官能团名称是_，D 不能够发生的反应有_(填代号)。氧化反应取代反应加成还原消去反应(2)已知X 的分子式为C4H7Cl，写出A B 的化学方程式：_。(3)Y 是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含甲基，则Y 的名称(系统命名)是 _。(4)下列有关化合物C、D 的说法正确的是_。可用氯化铁溶液鉴别C 和 DC、D 含有的官能团完全相同C、D 互为同分异构体C、D 均能使溴水褪色(5)E 的同分异构体很多，写出符合下列条件的芳香族同分异构体的结构简式：_。环上的一氯代物只有一种含有酯基能发生银镜反应【答案】3 取代反应羟基、醚键4-氯-1-丁烯、【解析】【详解】(1)A 分子为对称结构，分子中含有3 种氢原子，其核磁共振氢谱具有3 组吸收峰；对比 B、C 的结构可知，B 中酚-0H 上的 H 被取代，BC的反应属于取代反应；由E的结构可知，含有的官能团有羟基、醚键；D含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟基，可以发生取代反应，酚羟基、碳碳双键均能发生氧化反应，不能发生消去反应，故选；答案为：3；取代反应；羟基、醚键；(2)对比 A、B 的结构，可知AB 属于取代反应,则 X为 CH2=CH(CH3)CH2Cl,反应还有HCl 生成，反应方程式为；(3)Y是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含不含甲基，则Y为 CH2=CHCH2CH2Cl,系统命名为：4-氯-1-丁烯；(4)C不含酚羟基，而D 含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，可以用氯化铁溶液鉴别C和 D，故正确；C含有醚键、D 含有酚羟基，二者含有官能团不完全同，故错误；C、D 分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故正确；C、D 均含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，均能使溴水褪色，故正确；答案选；(5)E的芳香族同分异构体满足：含有酯基且能发生银镜反应，含有与甲酸形成的酯基，且环上的一氯代物只有一种，结合E的结构可知，应还含有4 个甲基，且为对称结构，符合条件的同分异构体为:、。【点睛】第 5 问是难点，含有酯基且能发生银镜反应说明是与甲酸反应生成的酯基，环上的一氯代物只有一种或者很少，一般情况都是高度对称的结构，以此为突破口答题。