浙江强基联盟2023-2024学年高三上学期10月联考化学试题（Word版附解析）

浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级10月联考化学学科试题考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷．4．本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cu-64选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分．每小题列出的四个备选项只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列食品添加剂属于有机物的是A.小苏打B.食盐C.维生素CD.二氧化硫【答案】C【解析】【详解】A．小苏打是，属于钠盐，A错误；B．食盐是，属于钠盐，B错误；C．维生素C为含碳化合物，属于有机物，C正确；D．二氧化硫是氧化物，D错误；故选C。2.下列化学用语表示正确的是A.分子的空间填充模型：B.的价层电子对互斥模型：C.羟基的电子式：D.1，1-二溴乙烷的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．碳原子半径大于氧原子，二氧化碳的空间填充模型为，A错误；B．根据VSEPR模型，P的孤电子对数为1，价层电子对数为3，价层电子对互斥模型为，B正确；C．羟基的电子式为，C错误； D．1，1-二溴乙烷的结构简式：，D错误；故答案：B。3.次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是A.次氯酸钠属于弱电解质B.次氯酸钠可分解生成氯化钠与氧气C.次氯酸钠可由溶液与氯气反应制得D.次氯酸钠可用于游泳池的消毒【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸钠是盐类，属于强电解质，故A错误；B．根据次氯酸分解生成氧气与氯化氢，次氯酸钠分解生成氯化钠与氧气，故B正确；C．氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠与次氯酸钠，故C正确；D．次氯酸钠具有氧化性，可用于游泳池的消毒，故D正确；故答案为A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氨具有还原性，可吸收烟气中的二氧化硫B.氯化铁有氧化性，可腐蚀覆铜板C.碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱D.钠钾合金室温下呈液态，可用作核反应堆传热介质【答案】A【解析】【详解】A．氨具有碱性，可吸收烟气中的二氧化硫，与还原性无关，A项错误；B．氯化铁中铁的化合价为价，具有氧化性，能与铜单质反应，用于印刷电路板，，B项正确；C．碳酸钠溶液中由于碳酸根的水解，溶液呈碱性，可用作食用碱，C项正确；D．钠、钾的熔点低，合金在常温下为液态，可用于核反应堆的热交换剂，D项正确；故选A。5.下列说法正确的是 A.图①操作可从溶液中提取晶体B.图②装置可用于实验室制取并收集C.图③操作可用高锰酸钾溶液滴定酸性溶液D.图④装置可用四氯化碳萃取碘水中的碘单质【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵受热易分解，所以用蒸发结晶的操作分离方法最终不能得到晶体，故A错误；B．二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，故B错误；C．图③操作中，酸式滴定管使用的正确操作为左手空握旋塞，故C错误；D．可利用碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取碘水中的碘单质，故D正确；故答案为D。6.氮及其化合物的相互转化对生产生活意义重大。可发生如下转化：下列说法不正确的是A.过程Ⅰ同时可生成副产物，可用作氮肥B.若试剂是，其还原产物为C.过程Ⅲ若有生成，则转移电子D.试剂B具有氧化性【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅰ的化学方程式为，故A正确；B．根据氮价态为价，氮元素价态为价，试剂具有氧化性，若试剂是 ，其还原产物为，故B正确；C．，每生成，则转移电子，故C错误；D．根据氮价态为价，氮元素价态为价，试剂具有氧化性，故D正确。故答案为C。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含有个阳离子B.在时，溶液中，醋酸根离子数目为C.丁烷发生裂解，产物分子中含碳氢键数目为D.苯分子中含有键数目为【答案】D【解析】【详解】A．根据中含有个阳离子，A错误；B．，已知信息中缺少V，B错误；C．缺少标准状况信息，且丁烷分解可能生成和氢气，C错误；D．，含有键数目为，D正确；故答案为D。8.下列说法不正确的是A.可利用蒸馏法分离甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物B.纤维素与硝酸反应生成的纤维素硝酸酯，可用于生产火药C.1，3-丁二烯在催化剂作用下，通过加聚反应可得到顺丁橡胶D.可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯【答案】D【解析】【详解】A．甲烷与氯气取代反应得到的液态混合物含有二氯甲烷(沸点)、三氯甲烷(沸点)和四氯化碳(沸点)，可利用其沸点不同分离，A正确；B． 纤维素分子中存在葡萄糖单元醇羟基，能与硝酸发生酯化反应，生成的硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药，B正确；C．1，3-丁二烯含有双键，能发生加聚反应生成以顺式为主的顺丁橡胶，C正确；D．饱和碳酸钠溶液与乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯混合后的现象分别是互溶、互溶、生成气泡、分层，不能鉴别乙醇与乙醛，D错误；故答案为：D。9.下列反应的离子方程式不正确的是A.高铁酸钾溶液与浓盐酸反应：B.铝与氢氧化钠溶液：C向碳酸钠溶液中滴加少量新制氯水：D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：【答案】A【解析】【详解】A．高铁酸钾溶液与浓盐酸反应：，A错误；B．铝与氢氧化钠反应生成四氢氧化铝酸钠和氢气，根据得失电子守恒，离子方程式为，B正确；C．根据酸性：，碳酸钠与少量新制氯水()的反应可看成2步，①，②，，①+②得到离子方程式，C正确；D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫()看成2步，①；②，①+②得到离子方程式，D正确；故答案为：A。10.富马酸可发生如下转化，下列说法不正确的是 A.富马酸分子中最多有12个原子共平面B.的结构简式为C.在水中的溶解度小于富马酸D.聚合物的链节为【答案】C【解析】【详解】A．形成碳碳双键的两个原子及羧基中的C原子一定共平面，旋转可以单键，则羧基中两个O原子、H原子与碳碳双键中的C原子可能共平面，故富马酸12个原子可全部共平面，A正确；B．富马酸含有碳碳双键，与水发生加成反应，的结构简式为，B正确；C．含有羟基和羧基，属于钠盐，溶解度大于富马酸，C错误；D．富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为，D正确；故选C。11.五种短周期主族元素的原子序数依次增大，的轨道半充满，是电负性最大的元素，逐级电离能依次为578、1817、2745、11575、14830、18376；的单质被广泛用作半导体材料。下列说法不正确的是A.第一电离能：B.简单氢化物的沸点：C.基态原子核外电子有7种空间运动状态D.最高价氧化物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】 X的2p轨道半充满，X为N，Z是目前发现的电负性最大的元素，Z为F；结合原子序数可知Y为O；M的第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，M为Al；Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si，据此解答；【详解】A．N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于，则第一电离能：，A正确；B．常温下为液态，其沸点高于和，B错误；C．的核外电子排布式为，核外电子有7种空间运动状态，C正确；D．非金属性：，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，D正确；故答案为：B。12.阿司匹林片的有效成分是乙酰水杨酸()。某实验小组设计实验方案如下：下列说法不正确的是A.操作Ⅰ研碎的目的为了加快乙酰水杨酸的溶解B.操作Ⅱ可观察到溶液显红色，操作Ⅴ可观察到溶液显紫色C.操作Ⅲ目的为了促进酯基的水解，可用足量溶液替代D.操作Ⅳ为了中和过量硫酸，否则不易检出酚羟基【答案】C【解析】【分析】阿司匹林片的有效成分是乙酰水杨酸()，含有羧基和酯基，溶解分成两份，一份加入石蕊溶液，溶液变红，另一份加入稀硫酸，酯基水解，滴加碳酸氢钠，羧基反应产生气泡，再滴加氯化铁溶液，酚羟基显示特征紫色；【详解】A．研碎的目的是为了加快溶解，故A正确；B．根据分析可知操作Ⅱ紫色石蕊在酸性溶液中显红色，操作Ⅴ可观察到溶液显紫色，故B正确；C．操作Ⅲ稀硫酸为了促进酯的水解，如果用替代，需要中和过量的溶液，否则与反应，无法形成紫色溶液，故C错误； D．(紫色)，过量使平衡逆向移动，故D正确；故答案为C。13.已二腈是合成尼龙-66的中间体。某小组利用多组浓差电池为电源，以丙烯腈为原料通过电解法合成己二腈的原理示意图如下(铜电极质量均为)：下列说法不正确的是A.铜电极(1)为原电池的正极，发生还原反应B.当甲室两电极质量差为时，理论上可生成己二腈C.乙室可选用阳离子交换膜，向左移动D.石墨电极(1)的电极反应式为【答案】B【解析】【分析】浓差电池中，根据甲室隔膜两侧溶液的浓度，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，以此分析；【详解】A．根据甲室隔膜两侧溶液的浓度，失去电子，故电极为负极，电极反应式为，(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，A正确；B．当甲室两电极质量差为时，转移电子的物质的量为，由可知，制备己二腈，B错误；C．根据乙室阳极、阴极的反应，乙室选用阳离子交换膜，移向阴极，C正确； D．石墨电极(1)的电极反应式为，D正确；故答案为：B。14.一定条件下，1，3-丁二烯与发生加成反应，反应如下，反应进程中的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A.反应焓变：反应Ⅰ>反应ⅢB.平衡时，产物Ⅱ是主要产物C.升高温度，可减小平衡时的比值D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【答案】C【解析】【详解】A．根据能量-反应进程图，反应Ⅰ反应Ⅱ，A正确；B．平衡时，产物Ⅱ能量低，为平衡时主要产物，B正确；C．平衡时，改变温度，对吸收、放出热量多的反应影响大，产物Ⅱ减小的幅度大于产物Ⅰ减小的程度，增大平衡的比值，C错误；D．根据能量-反应进程图，第二步反应Ⅰ的活化能较小，较短时间，产物I较多，D正确；故答案为：C。15.是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：向浓度均为的和的混合溶液中滴加溶液。实验Ⅱ：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀。[已知：的电离常数，；；不考虑碳酸的分解]下列说法不正确的是A.实验Ⅰ可选用双指示剂指示终点，依次为酚酞、甲基红(变色范围4.4~6.2) B.实验Ⅰ中时，存在C.实验Ⅱ中发生反应：D.实验Ⅱ中，时，溶液中【答案】D【解析】【详解】A．、混合溶液中滴加溶液，滴定终点分别为、溶液，分别为弱碱性，弱酸性，选用双指示剂指示终点，依次为酚酞、甲基红，A正确；B．实验Ⅰ中时，根据物料守恒，存在，B正确；C．实验Ⅱ中发生反应：，C正确；D．时，反应生成碳酸钙沉淀后剩余钙离子浓度为，溶液中，D错误；故选D。16.探究硫元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A向溶液中滴加溶液无明显现象不具有还原性、不具有氧化性B向浓硫酸中滴加浓盐酸，将产生的气体通入盛有溶液的烧杯中烧杯上方产生白雾，生成白色沉淀浓硫酸吸收浓盐酸中的水分，导致挥发，并带出生成 C加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，加水稀释试管底部有白色固体，稀释后溶液变蓝浓硫酸具有氧化性，与铜反应生成硫酸铜，溶液呈蓝色D向溶液中通入，充分振荡试管先无明显现象，充分振荡试管后，产生白色沉淀能与反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．往溶液中滴加溶液，无明显现象，是因为在酸性环境中与反应生成S，A错误；B．往浓硫酸中滴加浓盐酸，浓硫酸吸收浓盐酸中的水分，导致挥发，在烧杯上空产生白雾，同时带出，与反应生成，B正确；C．加热铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜，由于溶液中水较少，看到白色固体，稀释时，需要将其加入水中，C错误；D．现象是先无明显现象，后产生沉淀，原因是被空气中的氧化，与生成沉淀，D错误；故答案为：B。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：Ⅰ．是生产多晶硅的副产物。（1）基态硅原子的价层电子排布式为___________。（2）已知比更易水解，导致更易水解的因素有___________(填标号)。a．键极性更大b．的原子半径更大c．键键能更大d．有更多的价层轨道Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。已知硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （3）基态原子的价层电子排布式不能表示为，因为违背了___________（4）能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是___________。a．质谱法b．射线衍射c．核磁共振氢谱d．红外光谱（5）作为配体可提供孤电子对与形成。分析判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：___________。（6）的晶胞如图，该晶胞中个数为___________。假设晶胞边长分别为，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________(用相应字母表示)。【答案】（1）（2）abd（3）洪特规则（4）b（5）中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子（6）①.4②.【解析】【小问1详解】Si是14号元素，基态硅原子的价层电子排布式为；【小问2详解】a．键极性更大，则键更易断裂，因此，比易水解，故a正确；b．的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致键极性更大，且原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，故b正确；c．常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，键键能更大不能说明 更易断裂，故不能说明比易水解，故错误；d．有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，故d正确；故答案为abd；【小问3详解】洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违反洪特规则。【小问4详解】a．质谱法是确定分子的相对分子质量的，故a错误；b．射线衍射能确定晶体中各原子的位置(坐标)，故b正确；c．核磁共振氢谱是确定等效氢种类的，故c错误；d．红外光谱是确定官能团和化学键的，故d错误；故答案为b。【小问5详解】中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子。【小问6详解】在晶胞的体内共4个；该晶胞按均摊法计算得4个，晶胞体积为，晶胞的质量为，得该晶胞的密度为。18.某小组设计实验探究铜被碘氧化的产物及铜元素的价态。已知：①易溶于溶液，发生反应(红棕色)；②铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)；③(无色)，易被空气氧化。请回答：（1）步骤Ⅰ中加入萃取分液的目的是___________。 （2）用离子方程式表示步骤Ⅱ中发生的反应___________。（3）已知为白色不溶于水的固体，向中加入浓溶液，现象为___________。（4）向深蓝色溶液中滴加浓盐酸，溶液呈黄绿色，写出该转化能进行的可能原因___________。(已知：稳定性远大于(黄色)，稳定指的是不易发生解离反应)（5）层呈___________色。如何设计实验将层中碘元素分离得到碘单质，请补充完具体实验操作步骤：将层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液，___________。请补充完实验操作中涉及的离子方程式：，___________。【答案】（1）除去，防止干扰后续实验（2）、（或）（3）白色固体逐渐溶解，溶液为无色（4）氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使解离平衡正向移动（5）①.紫红色②.充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘③.【解析】【小问1详解】水有颜色，影响后续颜色的判断，除去；故答案为：除去I2，防止干扰后续实验；【小问2详解】铜粉与反应生成，加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即。根据核心物质中组成的变化，需要加入，根据铜元素化合价的变化，需要加入，可分成2个方程，加入后生成，被氧化，生成，或写成1个反应：；故答案为：；（或 、）；【小问3详解】根据题干信息，为白色沉淀，与反应形成配合离子(无色)；故答案为：白色固体逐渐溶解，溶液为无色；小问4详解】根据题干信息，平衡不易发生，加入浓盐酸，导致与反应，平衡正向移动，与反应生成(黄色)；故答案为：氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使解离平衡正向移动；【小问5详解】的层呈紫红色。根据题干信息，将层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液，充分振荡静置分液，因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，发生归中反应，生成固体，过滤、洗涤、干燥可得单质碘；；故答案为：紫红色；充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘；。19.航天员呼吸产生的利用Sabatier反应(反应Ⅰ)进行处理，可实现空间站的循环利用，体系中还存在副反应(反应Ⅱ)。反应Ⅰ：反应Ⅱ：水电解反应：请回答：（1）一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、和的选择性随反应温度的变化如下图所示(或的选择性是指反应生成或时所消耗的 的物质的量占参加反应的总物质的量的百分比)。①相同温度下，反应的平衡常数为___________(用含的式子表示)。②提高产率的措施有___________、___________；③温度高于时的转化率减小的可能原因是___________(不考虑温度对催化剂活性的影响)。（2）在某温度下，向的密闭容器中充入不同氢碳比的原料气，仅发生反应Ⅰ，请在上图中画出平衡转化率的变化趋势。___________（3）室温下，向体积为的恒容密闭容器中通入和，仅发生反应Ⅰ，若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：时间0102030405060压强①该温度下反应Ⅰ的___________(为用气体的分压表示的平衡常数，分压气体的体积分数体系总压)。②反应Ⅰ的速率方程：( 是速率常数，只与温度有关)。时，___________(填“>”“<”或“=”)。【答案】19.①.②.控制反应温度在左右③.增大压强④.当温度高于时反应已达平衡，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，转化率减小20.21.①.②.【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律反应是Ⅰ-2×Ⅱ，因此平衡常数。②的产率等于二氧化碳的转化率甲烷的选择性。由图可知之前甲烷选择性为，那么二氧化碳转化率最大时即时的产率最大。增大气体压强化学反应速率加快，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此甲烷产率提高。故答案可填：控制反应温度在340℃左右、增大压强。③由图像可知，当温度高于340℃时反应已达平衡，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，转化率减小。【小问2详解】氢气的比例越大，平衡转化率越低，且当和按照化学反应计量数投料时两者的转化率相等，图像见答案。【小问3详解】①初始压强与平衡压强之比等于气体的物质的量之比，求得，平衡时的物质的量为；为；为；为，根据以上数据可以求出为 。②结合特征根据表格中的气体总压强可知时，已知，，。20.某兴趣小组用淀粉水解液和浓为原料制取草酸晶体，进而制备纳米草酸钙，按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)：已知：①草酸能溶于水，易溶于乙醇；②纳米草酸钙难溶于水，高温易分解；③淀粉水解液与混酸反应的方程式：(作催化剂)。请回答：（1）图1装置中仪器乙的名称___________。若C烧杯中盛放足量氢氧化钠溶液，写出C中发生反应的离子方程式___________(假设气体全部被吸收)，除了氢氧化钠溶液，还可以选用___________(至少写出两种溶液)。（2）下列有关操作说法不正确是___________。A.步骤Ⅱ采取冷却结晶，以防止草酸晶体失水 B.步骤Ⅲ洗涤可用乙醇水溶液，步骤IV洗涤可用蒸馏水洗涤C.步骤Ⅴ采用加热，为提高反应速率，也可采用更高温度加热D.步骤Ⅳ采用离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处（3）步骤Ⅳ中离心分离后得到的滤液中加入氨水还会析出产品沉淀，请结合离子方程式和平衡移动原理加以解释___________。（4）草酸晶体含有结晶水，某同学通过如下实验测定其组成：①配制标准氢氧化钠溶液：称取一定质量氢氧化钠固体，用适量水溶解后，选择合适的操作并排序(步骤可重复使用)，配制溶液：___________a→b→(___________)→(___________)→f→d→(___________)→(___________)→ha．检查容量瓶玻璃塞处是否漏水b．将烧杯中的液体全部转移到容量瓶中c．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次d．加蒸馏水至容量瓶接近标线e．盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶f．轻轻摇动容量瓶g．离刻度线时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切h．装瓶贴标签②标定氢氧化钠溶液的浓度。③滴定：准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用上述标准溶液滴定。若草酸晶体中混有，则该滴定法测得产品中的值___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。【答案】（1）①.(球形)冷凝管②.③.碳酸钠溶液、氨水等（2）BC（3）加入氨水可以使平衡正向移动，析出产品沉淀（4）①.②.偏小【解析】【分析】装置A中，在浓硫酸的作用下，淀粉水解液中的葡萄糖在55~60℃的水浴加热条件下，与浓硝酸发生反应生成草酸、氮氧化物和水，装置B中球形干燥管防止发生倒吸，氢氧化钠溶液用于吸收氮氧化物，防止污染空气。【小问1详解】根据仪器图示可知，乙为球形冷凝管；根据题干信息，氢氧化钠溶液吸收气体：；用碱性溶液可吸收氮氧化物； 故答案为：球形冷凝管；；碳酸钠溶液、氨水等；【小问2详解】A．步骤Ⅱ采取冷却结晶，有利于草酸晶体析出，可防止草酸晶体失水，A正确；B．草酸能溶于水，易溶于乙醇，步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，晶体会有部分溶解而损失，纳米草酸钙难溶于水步骤Ⅳ洗涤可用蒸馏水洗涤，B不正确；C．纳米草酸钙高温易分解，步骤Ⅴ如果采用更高温度加热，会分解，C不正确；D．步骤Ⅳ采用离心分离，考虑到对称位平衡，操作时应将两支离心管放置于1、4处，D正确。故答案为：BC；【小问3详解】滤液中存在着饱和的草酸钻溶液，有平衡，当加入氨水时，可以使平衡正向移动，析出产品沉淀；故答案为：加入氨水可以使平衡正向移动，析出产品沉淀；【小问4详解】①根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序；②若草酸晶体中混有，会使滴定法测得产品中水含量偏小，故的值偏小；故答案为：a→b→c→b→f→d→g→e→h；偏小。21.阿佐塞米(化合物Ⅰ)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。Ⅰ的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。已知：①②回答下列问题： （1）C中含氧官能团名称是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.化合物中的杂化方式有和B.化合物I的分子式为：C.具有酸性，与水作用生成两种酸D.到和到的反应类型都是取代反应（3）写出化合物的结构简式___________。（4）写出D生成的第一步反应的化学方程式___________。（5）利用以上合成线路中的相关信息，设计由到的合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)。（6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________。①分子中含有苯环；②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含有基团，没有键、键。【答案】21.羧基22.AC23.24.+SOCl2+SO2+HCl25.26.【解析】【分析】根据B的结构简式和A的分子式可知A是甲苯，D生成E发生已知信息的反应，则E 的结构简式为，F和G发生取代反应生成H，根据F和H的结构简式可知G的结构简式为，据此解答。【小问1详解】根据C的结构简式可知C中含氧官能团为羧基。【小问2详解】．中含官能团有氰基和磺酰胺基，氰基中原子为杂化、磺酰胺基中原子为杂化，A正确；B．的分子式为，B错误；C．具有酸性，与水作用生成两种酸，C正确；D．由E()到F()是通过三氯氧磷使酰胺基脱水形成氰基，可以视为消除反应，非取代反应，D错误;答案选AC。【小问3详解】联系的结构和的分子式，容易判断反应为取代反应，掉下分子，所以的结构简式为。【小问4详解】结合题给信息，羧基可与氯化亚砜发生取代反应生成酰氯，+SOCl2→+SO2+HCl。 【小问5详解】甲苯转化为2-氨基-4-氯苯甲酸，羧基显然由甲基氧化而来，氨基由硝基还原而来，硝基、氯原子都由苯的硝化和苯的氯代而来，考虑官能团引入的先后顺序和苯环上取代基定位效应，应先引入硝基、氯原子，再氧化甲基，最后还原硝基，否则硝基和氯原子取代位置会错位、氨基可能被氧化：。【小问6详解】苯环与酰胺基的组合可以为和，此时还有一个O和一个，考虑分子中4中不同环境H原子和没有键、键的前提下，插入一个O的可能结构为。再放上一个原子即可得解，另有等结构不符合题意。