浙江省温州市普通高中2023届高三化学下学期第二次适应性考试试题（Word版附解析）

温州市普通高中2023届高三第二次适应性考试化学试题卷本试题卷满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Ti48Fe56Co59Cu64Ga70I127Ce140W184选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于耐高温非金属材料的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；B．碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；C．镁铝合金属于金属材料，不属于非金属材料，故C错误；D．五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误；故选B。2.碳酸钠应用广泛，下列说法不正确的是A.碳酸钠受热易分解B.碳酸钠属于强电解质C.碳酸钠溶液呈碱性D.Na元素位于周期表s区【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠性质稳定，受热不易分解，故A错误；B．碳酸钠在溶液中能完全电离出自由移动的离子，属于强电解质，故B正确；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故C正确；D．钠元素的原子序数为11，价电子排布式为3s1，位于元素周期表s区，故D正确；故选A。3.下列化学用语正确的是 A.镁原子最外层电子云轮廓图：B.乙醛空间填充模型：C.反式聚异戊二烯结构简式：D.基态铬原子的价层电子排布式：【答案】B【解析】【详解】A．镁原子价电子排布为3s2，最外层电子云轮廓图为球形，A错误；B．乙醛结构简式为CH3CHO，空间填充模型：，B正确；C．反式聚异戊二烯结构简式：，C错误；D．基态铬原子的价层电子排布式：，D错误；故选B。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.石墨能导电，可用作电极材料B.溶液能腐蚀Cu，可制作印刷电路板C.硬铝密度小强度高，可用作飞机外壳材料D.氨气极易溶于水，可用作制冷剂【答案】D【解析】【详解】A．石墨具有良好的导电性，且性质稳定，可用作惰性电极材料，A不选；B．FeCl3和Cu发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，即FeCl3溶液能腐蚀Cu，利用这一原理可制作印刷电路板，B不选；C．硬铝中含Mg、S等合金元素，因其密度小、强度高且耐腐蚀，常用作飞机外壳材料，C不选； D．液氨气化时，吸收大量的热，使周围环境温度降低，因而常用作制冷剂，D选；故选D。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.碳和浓硫酸反应可生成B.实验室用氯化铵分解制氨气C.Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠D.高温下碳可还原生成硅【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强还原性，加热条件下可以和C反应：，A项正确；B．NH4Cl受热分解产生HCl和NH3会迅速结合成NH4Cl，所以不能选用NH4Cl分解制氨气，B项错误；C．Al具有两性，能与强碱发生反应：2NaOH+2Al+2H2O=NaAlO2+3H2↑，C项正确；D．高温下C能将SiO2还原为Si，D项正确；故选B。6.关于反应，下列说法正确的是A.可以和反应，生成B.是氧化产物C.既是氧化剂又是还原剂D.生成，转移个电子【答案】A【解析】【分析】根据反应可知，为类卤素，类似于Cl2与反应，中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，为还原剂，为氧化产物，为氧化剂，为还原产物；【详解】A．根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，可以和反应，生成，选项A正确；B．是还原产物，选项B错误；C．是还原剂，选项C错误；D．中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，生成，转移个电子，选项D错误；答案选A。 7.下列反应的离子方程式不正确的是A.氧化铝溶于盐酸反应：B.碳酸银溶于稀硝酸：C.次氯酸溶液见光分解：D.溶液中通入少量氯气：【答案】D【解析】【详解】A．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为，故A正确；B．碳酸银与稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的离子方程式为，故C正确；D．亚硫酸钠与少量氯气反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故D错误；故选D8.下列说法不正确的是A.高密度聚乙烯支链多，相互作用力大，软化温度高B.网状结构的聚丙烯酸钠是高吸水性树脂C.再生纤维与合成纤维统称化学纤维D.蛋白质在某些物理因素的作用下会发生变性【答案】A【解析】【详解】A．高密度聚乙烯支链少，链之间的相互作用力较大，软化温度高，故A错误；B．网状结构的聚丙烯酸钠高聚物中含有的—COONa为亲水基，是高吸水性树脂，故B正确；C．纤维是人们生活中的必需品，再生纤维与合成纤维统称化学纤维，故C正确；D．蛋白质在加热、搅拌、紫外线和超声波等某些物理因素作用下会发生变性，故D正确；故选A。9.2022年诺贝尔化学奖颁发给为点击化学发展做出贡献的3位科学家。点击反应的原料之一——化合物 M(结构如图)，下列说法正确的是A.属于烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.分子中所有碳原子共平面C.分子中没有手性碳原子D.1mol该物质与反应，最多可消耗【答案】C【解析】【详解】A．M中除含有C、H元素外还含有O、Br元素，不属于烃，分子中含有碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项A错误；B．M中存在-C(CH3)3结构，根据甲烷的正四面体结构，该结构中的碳原子不可能全共平面，选项B错误；C．手性碳原子是是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，分子中不存在手性碳原子，选项C正确；D．分子中含有二个碳碳三键和一个苯环，1mol该物质与反应，最多可消耗，选项D错误；答案选C。10.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是A.W和X的简单氢化物的稳定性：W>XB.基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低C.YX2空间构型是直线形D.单质Z与单质Y反应生成ZY【答案】B【解析】【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布 为[Ar]3d104s1，Z为Cu。【详解】A．同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3<H2O，A项错误；B．同周期从左往右，第一电离能逐渐增大，N原子为[He]2s22p3半满稳定，难失电子。但O失去一个电子为[He]2s22p3处于半满稳定结构，O易失去1个电子。第一电离能大小：O<N<F，B项正确；C．YX2为SO2，SO2价层电子对为3对，孤电子对为1对，该分子为V形，C项错误；D．S弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D项错误；故选B。11.利用废料制备的工作原理如图，下列说法不正确的是A.电极b为阴极，发生还原反应B.电解总方程式：C.离子交换膜为阴离子交换膜D.X可以是溶液【答案】C【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的电极a为阳极，酸性条件下三氧化二铈在阳极失去电子发生氧化反应生成铈离子和水，电极b为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则X为硫酸溶液，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，电解的总反应方程式为。【详解】A．由分析可知，电极b为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故A正确；B．由分析可知，电解的总反应方程式为，故B正确；C．由分析可知，电解时，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，故C错误；D．由分析可知，X为硫酸溶液，故D正确；故选C。12.三氟化氯()是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图， 下列推测合理的是A.分子的中心原子杂化轨道类型为B.与反应生成和C.分子是含有极性键的非极性分子D.比更易发生自耦电离【答案】D【解析】【详解】A．三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5，杂化方式不可能为sp2杂化，故A错误；B．由三氟化氯是极强助燃剂可知，三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B错误；C．由图可知，三氟化氯是结构不对称三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C错误；D．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故D正确；故选D。13.在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：，，K2，其中p为NH3(g)的平衡压强，c(NH3)为NH3在水溶液中的平衡浓度，下列说法正确的是A.氨水中B.氨水中，C.相同条件下，浓氨水中的大于稀氨水中的D.在该温度下，氨气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)【答案】C【解析】【详解】A．氨水中存在平衡：和 ，故溶液中，A错误；B．氮在溶液中总浓度为0.1mol/L，所以，B错误；C．溶液中均在电荷守恒为，加水稀释，若电离平衡不发生移动，则应该不变；但加水稀释，电离平衡正向移动，使该平衡电离产生的c()、c(OH-)减小，对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，溶液中c(H+)增大，水电离产生的c(OH-)增大，故溶液中总的c(OH-)减小的倍数小于c()减小的倍数，因此减小，故相同条件下，浓氨水中的大于稀氨水中的，C正确；D．由于，c(NH3)=K1p。且，代入得。在氨水中还存在较大浓度的NH3·H2O，故NH3在水中的溶解度S＞c(NH3)+，D错误；故合理选项是C。14.工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：键键能745436462.8413.4351已知：①温度为时，；②实验测得：，为速率常数。下列说法不正确的是A.反应的B.时，密闭容器充入浓度均为的，反应至平衡，则体积分数为C.时， D.若温度为时，，则【答案】D【解析】【分析】T1℃时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数K==，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：由平衡常数可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反应的平衡常数K==2。【详解】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4kJ/mol+351kJ/mol)<0，故A正确；B．由分析可知，甲酸的体积分数为，故B正确；C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则k逆=0.5k正，故C正确；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k逆可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D错误；故选：D。15.分离废水中的和，对节约资源和环境保护有着重要意义，已知：当溶液中离子浓度小于时，该离子沉淀完全。25℃时，的电离常数，，有关物质的如下表：物质物质下列说法正确的是 A.溶液与废水混合，生成的沉淀成分为、B.25℃时，反应达到平衡，则溶液中C.25℃时，用溶液调节废水的pH至8.0，能沉淀完全D.将溶液逐滴加入浓度均为的和混合溶液中，当完全沉淀生成时，【答案】D【解析】【详解】A．的水解平衡常数为，推出c(OH-)。Co2+和完全生成CoCO3、沉淀所需的浓度分别和。Co2+和完全生成、沉淀所需的浓度分别和。随混合液体积的变化，溶液中和OH-的浓度发生改变，生成的沉淀可能为、、、，A项错误；B．，B项错误；C．由得，Co2+无法完全沉淀，C项错误；D．Co2+以CoS完全沉淀即，则溶液中 ，根据可知，Ni2+也已经完全沉淀，则，D项正确；故选D。16.探究的性质，根据实验方案和现象，下列结论不正确的是实验方案现象结论A测定均为离子化合物的和的熔点更高中离子键强于中离子键B常温下，测定溶液的发生了水解C向溶液中滴加1滴酸性溶液紫色褪去，溶液澄清将氧化为D向溶液中加入产生淡黄色沉淀将氧化为A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，中离子键强于中离子键，故的熔点更高，A正确；B．硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B正确；C．硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C错误；D．过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分) 17.含氮化合物在生产，生活中有非常重要的应用。请回答：（1）基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________。（2）氮化镓的结构与金刚石相似(如图所示)，①氮与镓之间形成的化学键类型为___________，镓原子的配位数为___________。②传统制备氮化镓是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是___________。（3）大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子()，其中键与键的个数之比为___________。（4）由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，该晶体的化学式为___________；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度___________(列出计算式即可)【答案】（1）（2）①.共价键②.4③.氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）（3）25∶2（4）①.FeWN2②. 【解析】【小问1详解】基态氮原子的价层电子轨道表示式为。故答案为：；【小问2详解】①氮与镓之间是以共用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有4个氮，镓原子的配位数为4。故答案为：共价键；4；②传统制备氮化镓是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）。故答案为：氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少（属于熵减反应）；【小问3详解】如含氮的阳离子()，键为：15个C-H键、4个C-C键、6个C-N键，其中键与键的个数之比为25∶2。故答案为：25∶2；【小问4详解】由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe的个数：2，W的个数：2，N的个数：4，该晶体的化学式为FeWN2；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度==故答案为：FeWN2；。18.化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液 A(含4种元素)。B和D为纯净物。请回答：（1）X的组成元素是___________，X的化学式是___________。（2）写出X→A的化学方程式___________。（3）写出C→D的离子方程式___________。（4）实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证___________。【答案】（1）①.Fe、O②.FeO2（2）FeO2+NaOH=NaHFeO3（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓（4）用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl【解析】【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05mol；C中含有0.1molFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。【小问1详解】根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；【小问2详解】FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH=NaHFeO3；【小问3详解】C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；【小问4详解】氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。19.甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：制备合成气：I.制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.Ⅲ. 请回答：（1）有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压（2）一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：①___________。②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。（3）甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)（4）制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表： 序号加热温度/℃反应物气体流速/180041：179.652.2280061：164.261.9380061：281.141.6①下列说法不正确的是___________。A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)【答案】（1）C（2）①.205.4②.（3）（4）①.B②.反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多【解析】【小问1详解】该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；【小问2详解】E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-181.4kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为： ；【小问3详解】设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；【小问4详解】A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；故选B。对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。20.某研究小组以、、为原料，用如下装置制备；B为直型管式电阻炉，880°C时，该装置内先后发生以下反应：I. II.已知：颜色暗紫色紫红色无色无色在反应装置内的状态固态气态气态气态请回答：（1）C装置的作用是___________，D装置中浓硫酸的作用是___________。（2）下列有关说法不正确的是___________。A.当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕B.装置D后连接的导管可直接插入水中吸收尾气C.应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关D.反应结束，按顺序关闭装置B的加热开关（3）开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是___________。与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节___________，达到调整的通入量。（4）该研究小组采用滴定法测定产品中的质量分数。滴定原理：利用将产物中三价钛氧化为四价，然后用滴定剩余的。已知：实验室现有的含有杂质。①从下列选项中选择最佳操作并排序(部分操作可重复使用)完成实验：I.____________；II.____________。a．转移至100mL容量瓶并定容 b．加入(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸c．静置，观察颜色变化d．取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定e．另称取，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸②实验I中在进行d操作时，不慎将标准液滴出锥形瓶，将导致测定的质量分数___________。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)【答案】（1）①.收集冷凝四氯化钛并防止倒吸②.防止空气中氧气、水进入装置（2）BD（3）①.氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应②.A中水浴的温度（4）①.b、a②.a、d③.偏低【解析】【分析】实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关，、、反应生成，当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭；【小问1详解】TiCl4在C装置中易被液化从而使气压变小，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；【小问2详解】A．装置中两个反应先后反应，且为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明已消耗完毕，A正确；B．尾气中的HCl气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B错误；C．氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，C正确；D．反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭，D错误；故选BD；【小问3详解】开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节装置A中水浴的温度，控制 的气化量，达到调整的通入量；小问4详解】①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利用将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定剩余的，并进行正确读数；故I答案为b、a；已知：实验室现有的含有杂质；故需要进行空白实验排除对实验的干扰，实验过程为：另称取，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用标准液滴定，并进行正确读数；故II答案为a、d；②实验I中在进行d操作时，不慎将标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的质量偏小，分数偏低。21.某研究小组按下列路线合成抗病毒药物奥司他韦。已知：i．HOCH2-CH=CH2 ii．+HOCH2CH2OH(R1、R2为H或烃基)请回答：（1）F中含氧官能团的名称是___________；G的结构简式是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.①的反应类型是加成反应、消去反应B.奥司他韦的分子式为C.可用溴水检验A中是否含有碳碳双键D.E易溶于水，因为其分子中的羟基、羧基能与水形成氢键（3）写出③的化学方程式___________。（4）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________。谱和IR谱检测表明：①分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含-O-O-；②分子中共有5种不同化学环境的氢原子。（5）请以和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。【答案】（1）①.羟基、酯基②.（2）C（3）+2H2O+CH3OH （4）、、、、、（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，两分子CH3CHO在一定条件下先发生加成反应，后发生消去反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与发生加成反应生成，则C为；经两步反应转 化为，与过氧化氢发生信息反应生成，一定条件下水反应生成，在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成，与丙酮发生信息反应生成，则G为，一定条件下转化为，经多步反应转化为奥司他韦。【小问1详解】由结构简式可知，F分子的官能团为羟基、酯基；G的结构简式为，故答案为：羟基、酯基；；【小问2详解】A．由分析可知，反应①CH3CHO一定条件下先发生加成反应，后发生消去反应生成CH3CH=CH2CHO，故A正确；B．由结构简式可知，奥司他韦的分子式为C16H28N2O4，故B正确； C．由结构简式可知，CH3CH=CHCHO分子中的碳碳双键和醛基都能与溴水反应，则不能用溴水检验CH3CH=CHCHO分子中是否含有碳碳双键，故C错误；D．由结构简式可知，E分子中含有的羟基、羧基能与水分子形成氢键，所以E分子易溶于水，故正确；故选C；【小问3详解】由分析可知，反应③为反应的化学方程式为在一定条件下水反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2H2O+C2H5OH，故答案为：+2H2O+C2H5OH；【小问4详解】C的同分异构体分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含—O—O—说明分子中含有苯环，则分子中共有5种不同化学环境的氢原子的结构简式为、、、 、、，故答案为：、、、、、；【小问5详解】由有机物的转化关系和题给信息可知，以CH2=CHCH=CH2CHO和CH2=CH2为原料合成的合成步骤为乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，1，2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；CH2=CHCH=CH2CHO和CH2=CH2发生加成反应生成，与乙二醇发生题给信息反应生成，与过氧化氢发生信息反应生成，则合成路线为，故答案为： 。