江西省上饶市横峰中学2022届高三化学上学期第一次联考试题含解析

2022-2022学年江西省上饶市横峰中学高三（上）第一次联考化学试卷一、单项选择题（每题3分，共48分）1．生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是()A．泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用C．PM2.5受到普遍的关注，因为PM2.5在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大（PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10﹣6m的颗粒物）D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是()A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3COOH、酒精C．KNO3、NH3•H2O、Cl2D．CaCO3、H2O、液氨3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．标准状况下，22.4LCH4和CH3CH2OH的混合物所含分子数为NAB．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAC．0.2mol的Na2O2和水完全反应转移的电子数为0.2NAD．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NA4．在25℃、1×105Pa时，等质量的H2、Cl2、CO2、C2H2四种气体中()A．H2分子数最大B．C2H2原子数最大C．CO2密度最大D．Cl2分子间平均距离最大5．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子均还能大量存在的是()A．K+、OH﹣、Cl﹣B．Na+、K+、CO32﹣C．Na+、HCO3﹣、SO42﹣D．Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣6．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．石灰乳与氯气制漂白粉：2OH﹣+Cl2=ClO﹣+Cl﹣+H2OB．铁与稀硫酸制氢气：Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．Ba（OH）2溶液中滴加过量NaHCO3溶液：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2OD．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3（胶体）+CO32﹣7．xgH2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为()A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣18．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是()25A．用图能证明酸性：硫酸＞碳酸＞次氯酸B．用图所示装置分离出溴苯C．用图设计成铜锌原电池装置D．用图制取干燥的氨气9．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示，关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是()A．分子式为C16H20O9B．1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHC．与苯环直接相连的原子都在同一平面上D．能发生取代反应和加成反应，但不能消去反应10．Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，生成NaCl，NaClO与NaClO3．完全反应后，测得溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9：4，则溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为()A．4：1B．5：1C．9：4D．11：22511．当下列各组物质的总物质的量保持不变时，组内各成分以任意比例混合充分燃烧，消耗O2的量和生成的CO2的量都不变的是()A．乙烯乙醛B．乙炔乙二醇C．甲烷甲醇D．甲烷乙醇12．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液中通入0.01molCl2，有一半Br﹣变为Br2（已知Cl2既能把H2SO3氧化成H2SO4，又能把Br﹣氧化成Br2，且Br2能氧化H2SO3），原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于()A．0.0075mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.075mol•L﹣1D．0.08mol•L﹣113．的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）()A．6种B．5种C．4种D．3种14．下述实验能达到预期目的是()A．检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀B．分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液C．比较CH3COO﹣和CO32﹣结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pHD．检验蔗糖水解产物，向蔗糖溶液中加入稀硫酸溶液共热，冷却后滴入银氨溶液，观察有无银镜生成15．用装有NH3和空气的甲、乙、丙烧瓶分别做喷泉实验，实验结束后，甲、乙、丙烧瓶中溶液的体积依次为烧瓶体积的四分之三、一半和四分之一．若忽略溶质扩散，甲、乙、丙三个烧瓶中氨水的物质的量浓度之比约为()A．1：1：1B．3：2：1C．1：2：3D．2：3：616．固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、MgCl2、K2CO3、K2SO3、KAlO2、K2SiO3中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如图：根据上述实验，以下说法正确的是()A．气体A中一定有NO．、CO2B．由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，该沉淀为BaSO3C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3D．固体X中一定含有K2SiO3、K2SO325二、填空题（每空2分，共52分）17．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同A．MgO、Na2O、CO2、CuOB．HCl、H2O、H2SO4、HNO3C．NaOH、CaCO3、KOH、Cu（OH）2三种物质依次是（填化学式）：A__________、B__________、C__________；这三种物质相互作用可生成一种新物质，这种新物质与盐酸反应的离子方程式为__________．18．现有部分元素的性质与原子（或分子）结构如下表：元素编号元素性质与原子（或分子）结构T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层比K层少1个电子Z第三周期元素的简单离子中半径最小（1）写出元素T的原子结构示意图__________．（2）元素Y与元素Z相比，金属性较强的是__________（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是__________（填序号）．A．Y单质的熔点比Z单质低B．Y的化合价比Z低C．Y单质与水反应比Z单质剧烈D．Y最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既有离子键又有共价键的化合物，写出该化合物的化学式__________，该化合物与CO2反应的化学方程式为__________．（5）元素T和氢元素以原子个数比1：1化合形成化合物Q，元素X与氢元素以原子个数比1：2化合形成常用作火箭燃料的化合物W，Q与W发生氧化还原反应，生成X单质和T的另一种氢化物，写出该反应的化学方程式__________．19．有机物A、B、C、D、E、F均只含C、H、O三种元素，在一定条件下有以下转化关系．已知：①A分子中共有24个原子，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的95倍．②A、B相对分子质量之差为54．③B分子中含有苯环，苯环上有两个取代基；B在加热条件下可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀；B与FeCl3溶液相遇不显紫色．请回答下列问题：（1）A的分子式__________；E中官能团的名称__________．（2）反应①的类型是__________．（3）反应④的化学方程式为__________（4）写出符合下列要求的B的同分异构体（不包括B本身）；①苯环上的一溴代物只有两种结构；②可发生银镜反应；③可与NaOH溶液反应．__________．2520．过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶性粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等．加热至350°C左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应中生成H2O2，易与酸反应生成H2O2．过氧化钙可用于改善水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供养等，是一种重要化工原料．Ⅰ．CaO2的制备．原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl实验步骤：反应装置如图所示：请回答下面的问题：（1）a仪器的名称__________（2）加入氨水的作用__________（3）沉淀反应时用冰水浴控制温度在0°C左右，其可能的原因是__________（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用__________A．热水B．冷水C．乙醇D．乙醚Ⅱ．CaO2纯度的测定：将一定量的CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶液滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+），计算确定CaO2的含量．（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，所得的数据如下表所示，则样品的纯度__________实验序号①②③④消耗KMnO4体积/mL19.9820.0220.2020.00（6）测得CaO2样品的纯度偏低，其原因可能是__________A．烘烤时间不足B．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线C．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液D．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失．21．有机物A〜M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应产生二氧化碳气体，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种．25已知：请回答：（1）B、F的结构简式分别为__________、__________．（2）反应①〜⑦中，属于消去反应的是__________（填反应序号）．（3）D发生银镜反应的化学方程式为__________；反应⑦的化学方程式为__________．（4）符合下列条件F的同分异构体共有__________种．a．能发生银镜反应b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6．252022-2022学年江西省上饶市横峰中学高三（上）第一次联考化学试卷一、单项选择题（每题3分，共48分）1．生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是()A．泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用C．PM2.5受到普遍的关注，因为PM2.5在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大（PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10﹣6m的颗粒物）D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【考点】盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．【专题】化学计算．【分析】A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；B、地沟油的主要成分为油脂，可用于肥皂和生物柴油；C、如粒子直径大于100nm，则不形成胶体；D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性．【解答】解：A、硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故A错误；B、地沟油的主要成分为油脂，可用于肥皂和生物柴油，故B正确；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，如粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故C错误；D、银离子属于重金属离子，可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确．故选AC．【点评】本题考查了化学与社会、生活等关系，较基础，要注意理论联系实际．2．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是()A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3COOH、酒精C．KNO3、NH3•H2O、Cl2D．CaCO3、H2O、液氨【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．强电解质完全电离，弱电解质部分电离．【解答】解：A、氯化钠为强电解质电解质，二氧化硫为非电解质，而硫酸钡为强电解质，不属于弱电解质，故A错误；B、铜既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、硝酸钾为强电解质、一水合氨为弱电解质、氯气既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、碳酸钙为强电解质、水为弱电解质，液氨为氨气，为非电解质，满足题中要求，故D正确；25故选D．【点评】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确强弱电解质的本质区别，明确电解质与非电解质的概念及判断方法．3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．标准状况下，22.4LCH4和CH3CH2OH的混合物所含分子数为NAB．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAC．0.2mol的Na2O2和水完全反应转移的电子数为0.2NAD．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量；B．14CH4的摩尔质量为18g/mol，该甲烷分子中含有8个中子；C．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，0.2mol过氧化钠完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子；D．硝酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目减少．【解答】解：A．标况下乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量，故A错误；B．16g14CH4的物质的量为：=mol，含有中子数为：mol×8＜8mol，所含中子数目小于8NA，故B错误；C．0.2mol过氧化钠完全反应生成0.1mol氧气，反应转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C正确；D．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目小于0.3mol，溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下乙醇的状态为液体，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．4．在25℃、1×105Pa时，等质量的H2、Cl2、CO2、C2H2四种气体中()A．H2分子数最大B．C2H2原子数最大C．CO2密度最大D．Cl2分子间平均距离最大【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】A、由N=•NA可知，相对分子质量越小，分子数越大；B、由N=•NA可知，平均相对原子质量越小，原子数越大；C、气体的体积V=•Vm，则ρ==，密度与气体的摩尔质量成正比；25D、当温度、压强相同时，任何气体分子间的平均距离几乎相等；【解答】解：A、H2的相对分子质量最小，分子数越大，故A正确；B、H2的相对原子质量最小，原子数越大，故B错误；C、Cl2的摩尔质量最大，密度最大，故C错误；D、当温度、压强相同时，任何气体分子间的平均距离几乎相等，故D错误；故选A．【点评】本题考查了物质的量、分子数、原子数、密度的计算，综合性较强，通过计算公式找出决定因素是关键．5．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子均还能大量存在的是()A．K+、OH﹣、Cl﹣B．Na+、K+、CO32﹣C．Na+、HCO3﹣、SO42﹣D．Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子大量共存，并将足量CO2通入溶液中仍不反应，以此来解答．【解答】解：A．CO2通入溶液中，与OH﹣反应生成CO32﹣离子，不能共存，故A错误；B．CO2通入溶液中，与CO32﹣反应生成HCO3﹣离子，不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且CO2通入溶液中仍不反应，可大量共存，故C正确；D．CO2通入溶液中，与AlO2﹣反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，题目难度不大．6．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．石灰乳与氯气制漂白粉：2OH﹣+Cl2=ClO﹣+Cl﹣+H2OB．铁与稀硫酸制氢气：Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．Ba（OH）2溶液中滴加过量NaHCO3溶液：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2OD．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3（胶体）+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、石灰乳与氯气制漂白粉不是在溶液中进行的反应，不写离子方程式；B、铁与稀硫酸制氢气，反应生成硫酸亚铁和氢气；C、Ba（OH）2溶液中滴加过量NaHCO3溶液，氢氧化钡全部反应；D、过量二氧化碳通入反应生成碳酸氢钠．【解答】解：A、石灰乳与氯气制漂白粉不是在溶液中进行的反应，不写离子方程式，故A错误，；B、铁与稀硫酸制氢气，反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C、Ba（OH）2溶液中滴加过量NaHCO3溶液，氢氧化钡全部反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故C正确；D、过量二氧化碳通入反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式：SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3（胶体）+2HCO3﹣，故D错误；25故选C．【点评】本题考查了离子方程式书写方法和正误判断，主要是反应实质的理解分析，量不同产物不同，题目难度中等．7．xgH2O中含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为()A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣1【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据n=计算出xg水的物质的量，然后计算出含有氢原子的物质的量，xgH2O中含有y个氢原子，再根据阿伏伽德罗常数NA=进行计算即可．【解答】解：xgH2O的物质的量为：n（H2O）==mol，含有氢原子的物质的量为：n（H）=2n（H2O）=mol，xgH2O中含有y个氢原子，所以根据阿伏伽德罗常数NA===mol﹣1，故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握阿伏加德罗常数的概念及计算表达式，明确阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间的转化关系为解答本题的关键．8．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是()A．用图能证明酸性：硫酸＞碳酸＞次氯酸B．用图所示装置分离出溴苯C．25用图设计成铜锌原电池装置D．用图制取干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化碳与次氯酸钠反应无明显现象；B．互不相溶的液体用分液分离；C．含有盐桥的原电池中，电极材料和相对应的可溶性电解质溶液含有相同的金属元素；D．氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵．【解答】解：A．二氧化碳与次氯酸钠反应无明显现象，故A错误；B．溴苯和苯互不相溶，不能用分液分离，故B错误；C．含有盐桥的原电池中，电极材料和相对应的可溶性电解质溶液含有相同的金属元素，且该反应能自发进行，所以能形成原电池，故C正确；D．氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，应用碱石灰干燥，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离、气体干燥、原电池以及酸性比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．9．咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示，关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是()A．分子式为C16H20O9B．1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHC．与苯环直接相连的原子都在同一平面上D．能发生取代反应和加成反应，但不能消去反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知，分子式为C16H18O9，含﹣OH、﹣COOH、酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣及苯环，结合醇、羧酸、苯酚、酯、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A错误；B．﹣COOH、酚﹣OH、﹣COOC﹣能与NaOH溶液反应，则1mol咖啡鞣酸水解时可消耗4molNaOH，故B错误；C．苯环为平面结构，所以与苯环直接相连的碳原子在同一平面内，故C正确；D．分子中含有醇羟基，邻位碳原子含有氢原子，可发生消去反应，故D错误．故选C．25【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握官能团与性质的关系，侧重羧酸、苯酚、烯烃及酯的性质的考查，题目难度不大．10．Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，生成NaCl，NaClO与NaClO3．完全反应后，测得溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9：4，则溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为()A．4：1B．5：1C．9：4D．11：2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氯气在70℃的NaOH水溶液中发生的两个自身氧化还原反应分别是：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，二者均为氧化还原反应，遵循氧化还原反应的规律即得失电子守恒，原子个数守恒，依据原子个数守恒规律求解．【解答】解：氯气在NaOH水溶液发生的反应为：①Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O②3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O设反应①消耗氯气的物质的量为a，反应②消耗的物质的量为b则①Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O②3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O111315aaabbb因为NaCl与NaClO的物质的量之比为9：4即（a+b）：a=9：4，a：b=4：3，n（NaClO）：C（NaClO3）=a：b=4：1，故选A．【点评】本题考查的是氧化还原反应的相关计算，该类题目要抓住氧化还原反应的规律，能配平的先写出氧化还原反应的方程式，然后运用存在的守恒定律解答．11．当下列各组物质的总物质的量保持不变时，组内各成分以任意比例混合充分燃烧，消耗O2的量和生成的CO2的量都不变的是()A．乙烯乙醛B．乙炔乙二醇C．甲烷甲醇D．甲烷乙醇【考点】有关混合物反应的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】设烃及烃的含氧衍生物组成通式为CxHyOz，总物质的量一定时，以任意比混合，有机物完全燃烧消耗氧气的物质的量和生成CO2的物质的量不变，则化学式中的C原子个数相同，每摩尔有机物耗氧量（x+﹣）mol相同即符合题意．【解答】解：设烃及烃的含氧衍生物组成通式为CxHyOz，总物质的量一定时，以任意比混合，有机物完全燃烧消耗氧气的物质的量和生成CO2的物质的量不变，则化学式中的C原子个数相同，1mol有机物耗氧量（x+﹣）mol相同即符合题意，25A．乙烯、乙醛分子式中都含有2个C原子，1mol乙烯耗氧量：（x+﹣）mol=3mol，1mol乙醛耗氧量：（x+﹣）mol=2.5mol，1mol有机物耗氧量不相等，故A错误；B．乙炔、乙二醇分子式中都含有2个C原子，1mol乙炔耗氧量：（x+﹣）mol=2.5mol，1mol乙二醇耗氧量：（x+﹣）mol=2.5mol，1mol有机物耗氧量相等，故B正确；C．甲烷、甲醇中C原子数目都是1，1mol甲烷耗氧量：（x+﹣）mol=2mol，1mol甲醇耗氧量为：（x+﹣）mol=1.5mol，1mol有机物耗氧量不同，故C错误；D．甲烷、乙醇分子中C原子数目不相等，不符合题意，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物的燃烧有关计算，题目难度中等，注意利用燃烧通式法进行的分析解答，明确题干信息“总物质的量保持不变时，组内各成分以任意比例混合”的含义为解答关键．12．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液中通入0.01molCl2，有一半Br﹣变为Br2（已知Cl2既能把H2SO3氧化成H2SO4，又能把Br﹣氧化成Br2，且Br2能氧化H2SO3），原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于()A．0.0075mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.075mol•L﹣1D．0.08mol•L﹣1【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中HBr和H2CO3的浓度，以此来解答．【解答】解：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x，氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol；硫元素失电子的物质的量为x×（6﹣4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x×1×=0.5x，由氧化还原反应中得失电子数相等可知，0.02mol=2x+0.5x，解得x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为=0.08mol/L，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．2513．的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）()A．6种B．5种C．4种D．3种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据取代基的种类和个数进行分析，使得有机物结构中含有1种氢原子即可：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上．【解答】解：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种；故选：C．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断侧链是解题的关键．14．下述实验能达到预期目的是()A．检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀B．分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液C．比较CH3COO﹣和CO32﹣结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pHD．检验蔗糖水解产物，向蔗糖溶液中加入稀硫酸溶液共热，冷却后滴入银氨溶液，观察有无银镜生成【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】实验评价题．【分析】A．加入少量NaOH溶液，碱不足，而检验﹣CHO，应在碱性溶液中；B．加入足量浓溴水，溴、三溴苯酚均可溶于苯；C．测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH，可知酸性的强弱；D．向蔗糖溶液中加入稀硫酸溶液共热，水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性溶液中．【解答】解：A．加入少量NaOH溶液，碱不足，而检验﹣CHO，应在碱性溶液中，则碱不足时加入乙醛，加热不能产生砖红色沉淀，故A错误；25B．加入足量浓溴水，溴、三溴苯酚均可溶于苯，不能除杂，应加NaOH溶液、分液来分离提纯，故B错误；C．测定浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH，可知酸性为CH3COOH＞HCO3﹣，则CH3COO﹣结合H+的能力弱，故C正确；D．向蔗糖溶液中加入稀硫酸溶液共热，水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性溶液中，则水解后、冷却滴入银氨溶液，不会有银镜生成，实验不能成功，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质检验、混合物分离提纯及酸性比较等，注意选项AD中实验条件为解答的易错点，侧重物质性质及实验分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．15．用装有NH3和空气的甲、乙、丙烧瓶分别做喷泉实验，实验结束后，甲、乙、丙烧瓶中溶液的体积依次为烧瓶体积的四分之三、一半和四分之一．若忽略溶质扩散，甲、乙、丙三个烧瓶中氨水的物质的量浓度之比约为()A．1：1：1B．3：2：1C．1：2：3D．2：3：6【考点】氨的制取和性质；物质的量浓度的相关计算．【专题】氮族元素．【分析】设烧瓶的容积为v，气体摩尔体积为Vm，分别求出甲乙丙三种溶液中氨气的物质的量和溶液的体积，依据公式C=计算解答．【解答】解：氨气极易溶于水，有题意得原烧瓶中氨气体积分别是容器的四分之三、一半和四分之一，最终甲乙丙氨水的体积分别是四分之三、一半和四分之一．甲中氨水的浓度C（NH3）===；乙中氨水的浓度C（NH3）===；丙中氨水的浓度C（NH3）===；故选A．【点评】本题考查了氨气的性质和物质的量浓度的计算，属于基础题，难度不大．16．固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、MgCl2、K2CO3、K2SO3、KAlO2、K2SiO3中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如图：25根据上述实验，以下说法正确的是()A．气体A中一定有NO．、CO2B．由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，该沉淀为BaSO3C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3D．固体X中一定含有K2SiO3、K2SO3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，则固体甲可能为Fe、Fe2O3，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有Fe，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色；K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和起反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，亚硫酸钾被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，KAlO2和其反应，先出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸之间反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有KAlO2、K2CO3，则一定不含有MgCl2，以此来解答．【解答】解：固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，则固体甲可能为Fe、Fe2O3，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有Fe，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色；K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和起反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，亚硫酸钾被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，KAlO2和其反应，先出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸之间反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有KAlO2、K2CO3，则一定不含有MgCl2，A．气体A中一定含NO，可能含二氧化碳，故A错误；B．溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，沉淀为硫酸钡，故B错误；C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，可能是Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3，故C错误；D．由上述分析可知固体X一定含Fe、K2SiO3、K2SO3，一定不含有MgCl2，可能含有KAlO2、K2CO3，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D．二、填空题（每空2分，共52分）17．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同25A．MgO、Na2O、CO2、CuOB．HCl、H2O、H2SO4、HNO3C．NaOH、CaCO3、KOH、Cu（OH）2三种物质依次是（填化学式）：ACO2、BH2O、CCaCO3；这三种物质相互作用可生成一种新物质，这种新物质与盐酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写．【分析】A．能和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；B．在水溶液里电离生成的阳离子全部是氢离子的为酸；C．在水溶液里电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的为碱，在水溶液里电离生成酸根离子和金属阳离子或铵根离子是为盐．【解答】解：A．能和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物MgO、Na2O、CuO是碱性氧化物，CO2是酸性氧化物；B．在水溶液里电离生成的阳离子全部是氢离子的为酸，HCl、H2SO4、HNO3在水溶液里电离出的阳离子区别是氢离子，为酸，H2O不属于酸；C．在水溶液里电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的为碱，在水溶液里电离生成酸根离子和金属阳离子或铵根离子是为盐，NaOH、KOH、Cu（OH）2在水溶液里电离出的阴离子全部是氢氧根离子，为碱，CaCO3为盐，这三种物质相互作用可生成一种新物质，该新物质是CaHCO3，CaHCO3和HCl反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO2；H2O；CaCO3；HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O．【点评】本题侧重考查基本概念及离子方程式的书写，了解基本概念的内涵及离子方程式书写规则即可解答，注意：电离出的阳离子中含有氢离子的不一定是酸，如硫酸氢钠、水，为易错点．18．现有部分元素的性质与原子（或分子）结构如下表：元素编号元素性质与原子（或分子）结构T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层比K层少1个电子Z第三周期元素的简单离子中半径最小（1）写出元素T的原子结构示意图．（2）元素Y与元素Z相比，金属性较强的是Na（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是CD（填序号）．A．Y单质的熔点比Z单质低B．Y的化合价比Z低C．Y单质与水反应比Z单质剧烈D．Y最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强（3）T、X、Y、Z中有两种元素能形成既有离子键又有共价键的化合物，写出该化合物的化学式Na2O2，该化合物与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．25（5）元素T和氢元素以原子个数比1：1化合形成化合物Q，元素X与氢元素以原子个数比1：2化合形成常用作火箭燃料的化合物W，Q与W发生氧化还原反应，生成X单质和T的另一种氢化物，写出该反应的化学方程式N2H4+2H2O2=N2+4H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】T原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则T最外层含有6个电子，为O元素；X能形成双原子分子，分子内原子间存在3对共用电子对，则X是N元素；Y的M层比K层少1个电子，K层含有2个电子，则M层含有1个电子，故Y为Na元素；Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解答】解：T原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则T最外层含有6个电子，为O元素；X能形成双原子分子，分子内原子间存在3对共用电子对，则X是N元素；Y的M层比K层少1个电子，则M层含有1个电子，Y为Na元素；Z是第3周期元素的简单离子中半径最小的，则Z为Al元素，（1）T为O元素，氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图为：，故答案为：；（2）Y为Na、Z为Al元素，金属性大小为：Na＞Al，A．Y单质的熔点比Z单质低：熔点高低与单质金属性没有必然关系，故A错误；B．Y的化合价比Z低：化合价高低与元素金属性没有必然关系，故B错误；C．Y单质与水反应比Z单质剧烈，说明Y单质金属性强，故C正确；D．Y最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，能够证明Y的金属性大于Z，故D正确；故答案为：Na；CD；（3）T、X、Y、Z分别为O、N、Na、Al，其中有两种元素能形成既有离子键又有共价键的化合物，该混合物为Na2O2，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：Na2O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）元素T和氢元素以原子个数比1：1化合形成化合物Q为H2O2，元素X与氢元素以原子个数比1：2化合形成常用作火箭燃料的化合物W为N2H4，H2O2与N2H4发生氧化还原反应，生成X单质为N2和T的另一种氢化物为H2O，则该反应的化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O．【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，推断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，明确常见化学用语的概念及表示方法．19．有机物A、B、C、D、E、F均只含C、H、O三种元素，在一定条件下有以下转化关系．已知：①A分子中共有24个原子，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的95倍．②A、B相对分子质量之差为54．③B分子中含有苯环，苯环上有两个取代基；B在加热条件下可与新制氢氧化铜悬浊液反应25生成红色沉淀；B与FeCl3溶液相遇不显紫色．请回答下列问题：（1）A的分子式C11H10O3；E中官能团的名称碳碳双键、羟基．（2）反应①的类型是取代反应．（3）反应④的化学方程式为（4）写出符合下列要求的B的同分异构体（不包括B本身）；①苯环上的一溴代物只有两种结构；②可发生银镜反应；③可与NaOH溶液反应．．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A蒸气密度是相同状况下氢气密度的95倍，则A的相对分子质量为190，A在酸性条件下水解发生取代反应得B和C，A、B相对分子质量之差为54，所以C的相对分子质量为54+18=72，且C是连续氧化的产物，C应含有羧基，可知C为CH2=CHCOOH，可以反推得D为CH2=CHCHO，E为CH2=CHCH2OH，所以F为CH2=CHCOOCH=CH2，B分子中含有苯环，苯环上有两个取代基，B在加热条件下可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，则B中有醛基，B与FeCl3溶液相遇不显紫色，说明B中不含有酚羟基，因为C中有羧基，则B中应有醇羟基，结合B的相对分子质量为190﹣54=136，可知B为苯环上边有﹣CHO和﹣CH2OH基团，B的分子式为C8H8O2，结合C和B的分子式可知A的分子式为C11H10O3，符合A分子中共有24个原子，据此答题．【解答】解：A蒸气密度是相同状况下氢气密度的95倍，则A的相对分子质量为190，A在酸性条件下水解发生取代反应得B和C，A、B相对分子质量之差为54，所以C的相对分子质量为54+18=72，且C是连续氧化的产物，C应含有羧基，可知C为CH2=CHCOOH，可以反推得D为CH2=CHCHO，E为CH2=CHCH2OH，所以F为CH2=CHCOOCH=CH2，B分子中含有苯环，苯环上有两个取代基，B在加热条件下可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，则B中有醛基，B与FeCl3溶液相遇不显紫色，说明B中不含有酚羟基，因为C中有羧基，则B中应有醇羟基，结合B的相对分子质量为190﹣54=136，可知B为苯环上边有﹣CHO和﹣CH2OH基团，B的分子式为C8H8O2，结合C和B的分子式可知A的分子式为C11H10O3，符合A分子中共有24个原子，（1）根据上面的分析可知，A的分子式为C11H10O3；E为CH2=CHCH2OH，E中官能团的名称为碳碳双键、羟基，故答案为：C11H10O3；碳碳双键、羟基；（2）反应①的类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应④的化学方程式为，25故答案为：；（4）B的分子式为C8H8O2，符合下列要求①苯环上的一溴代物只有两种结构，说明苯环上的两个取代基处于对位；②可发生银镜反应，说明有醛基；③可与NaOH溶液反应，说明有羧基或酚羟基或酯基等，这样的B的同分异构体有（不包括B本身），故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，解题的难点是根据相对分子质量和有关物质的性质进行物质的推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化以及根据计算进行有机判断的方法，难度中等．20．过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶性粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等．加热至350°C左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应中生成H2O2，易与酸反应生成H2O2．过氧化钙可用于改善水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供养等，是一种重要化工原料．Ⅰ．CaO2的制备．原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl实验步骤：反应装置如图所示：请回答下面的问题：（1）a仪器的名称球型冷凝管（2）加入氨水的作用中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行（3）沉淀反应时用冰水浴控制温度在0°C左右，其可能的原因是减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用BA．热水B．冷水C．乙醇D．乙醚Ⅱ．CaO2纯度的测定：将一定量的CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶液滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+），计算确定CaO2的含量．（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，所得的数据如下表所示，则样品的纯度90.00实验序号①②③④消耗KMnO4体积/mL19.9820.0220.2020.00（6）测得CaO2样品的纯度偏低，其原因可能是ABA．烘烤时间不足B．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线C．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液25D．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失．【考点】制备实验方案的设计；过氧化氢；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验分析题；实验设计题．【分析】CaO2是一种重要化工原料，是一种白色结晶性粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350°C左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应中生成H2O2，易与酸反应生成H2O2，本题是工业制备CaO2的流程探究与评价，涉及实验操作中冷凝管的识别，加氨水中和酸，促进平衡的移动，降温防过氧化氢的分解等，还考查了利用滴定原理分析样品的纯度及误差分析，据此可作答；（Ⅰ）（1）根据装置中a的构造可知a为球型冷凝管；（2）根据可逆反应CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl中氯化氢对化学平衡的影响角度分析；（3）从双氧水的稳定性、该反应的反应热、温度对过氧化钙的溶解度的影响等方面分析；（4）过氧化钙极微溶于水，反应后产物中杂质不溶于乙醇、乙醚，且在冷水中过氧化钙溶解度小，据此进行解答；（Ⅱ）（5）先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗高锰酸钾溶液的平均体积，再根据n=cV计算出高锰酸钾的物质的量，然后根据电子守恒计算出每次消耗的过氧化钙的物质的量，根据m=nM计算出样品中过氧化钙的质量，最后计算出过氧化钙的纯度；（6）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致纯度降低；B．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大；D．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，配制的标准液浓度偏高，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低【解答】解：（Ⅰ）（1）图2中仪器a为球型冷凝管，起到冷凝作用，故答案为：球型冷凝管；（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高的过氧化钙的产率，故答案为：中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行；（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，故答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）；（4）A．热水：过氧化钙在热水中溶解度较大，降低了过氧化钙的产率，故A错误；B．冷水：过氧化钙极微溶于水，且杂质都易溶于水，可用冷水洗涤过氧化钙，故B正确；C．乙醇：过氧化钙不溶于乙醇，但是杂质不溶于乙醇，且提高了成本，故C错误；D．乙醚：过氧化钙不溶于乙醚，但杂质也不溶于乙醚，且乙醚成本较高，故D错误；故答案为：B；25（Ⅱ）、（5）根据表中消耗高锰酸钾溶液的体积数据可知，第三次数据与其它三组误差较大，应该舍弃；则滴定中消耗酸性高锰酸钾的平均体积为mL=20.00mL，每次滴定消耗的高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，KMnO4反应后生成Mn2+，化合价降低7﹣2）=5价，CaO2被氧化成氧气，化合价从﹣1升高到0价，至少升高：[0﹣（﹣1）]×2=2，根据化合价升降相等可得反应的关系式：2KMnO4～5CaO2，则每次称取0.4000g样品中含有的过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=×n（KMnO4）=0.002mol×=0.005mol，所以该样品中过氧化钙的纯度为×100%=90.00%，故答案为：90.00%；（6）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致样品中过氧化钙的纯度偏小，故A正确；B．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，导致标准液浓度偏高，滴定过程中营养样品中过氧化钙的物质的量不变，则消耗的标准液体积偏小，测定的过氧化钙的纯度偏小，故B正确；C．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，不影响标准液的浓度，测定结果无影响，故C错误；D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据关系式计算出的过氧化钙的质量偏大，过氧化钙的纯度偏高，故D错误；故答案为：AB．【点评】本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及中和滴定中的误差分析、物质的检验及化学计算等问题，题目难度较大，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．21．有机物A〜M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应产生二氧化碳气体，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种．已知：请回答：（1）B、F的结构简式分别为、．25（2）反应①〜⑦中，属于消去反应的是④（填反应序号）．（3）D发生银镜反应的化学方程式为；反应⑦的化学方程式为．（4）符合下列条件F的同分异构体共有2种．a．能发生银镜反应b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答．25【解答】解：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为，故答案为：；；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为：④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；25反应⑦的化学方程式为：，故答案为：；；（4）符合下列条件的F（）的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个﹣CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种，故答案为：2．【点评】本题考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等，综合分析确定F的结构是关键，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，同分异构体的判断是易错点，难度中等．25