浙江省杭州高中2022届高三化学下学期第六次月考试题 理（含解析）

2022-2022学年浙江省杭州高中高三（下）第六次月考化学试卷一、选择题（本题17小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选或不选的均得0分）1．（6分）（2022•浙江模拟）下列说法不正确的是（　　）　A．贝采里乌斯提出了有机化学概念，维勒打破了无机物和有机物的界限，范特霍夫提出了有机化合物的三维结构　B．同位素示踪法、红外光谱法都是科学家经常使用的研究化学反应历程的手段之一　C．分光光度计通过测定溶液颜色分析反应物（或生成物）浓度变化，从而确定化学反应速率　D．科学家将蛋白质的结构层次分为四级进行研究，蛋白质的二级结构主要依靠肽链中﹣NH﹣上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的2．（6分）（2022春•下城区校级月考）下列说法不正确的是（　　）　A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗　B．在两支试管中分别加1mL无水乙醇和1.5g苯酚固体，再加等量等体积的钠，比较乙醇、苯酚羟基上氢原子的活泼性　C．在2mL紫色的CoCl2溶液中加入浓盐酸，可使溶液显蓝色；在测定某些反应的反应速率时，可以用分光光度计对于某些有颜色的反应物或生成物进行比色分析，根据溶液颜色与反应物或生成物浓度的关系换算成反应物或生成物在不同反应时刻的浓度来计算反应速率　D．制备摩尔盐时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液，加热至液体表面出现晶膜为止，不能将溶液全部蒸干3．（6分）（2022春•下城区校级月考）A、B、C、D四种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，D原子的最外层电子数为电子层数的3倍．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径大小顺序为：B＞C＞D＞A　B．四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物　C．B、C元素位于元素周期表中第二周期，D元素位于元素周期表中第三周期　D．BA4、CA4+两种微粒都具有正四面体结构，B、C、D三种元素都有属于分子晶体、原子晶体的同素异形体4．（6分）（2022春•下城区校级月考）绿色电源“二甲醚﹣氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（　　）　A．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣　B．电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH增大-23-\n　C．二甲醚应从b处加入，电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+　D．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2约为22.4L5．（6分）（2022春•万州区校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．按系统命名法，有机物可命名为3，7﹣二甲基﹣4﹣乙基辛烷　B．1mol最多能与含3molNaOH的水溶液完全反应　C．纤维素和壳聚糖均属于多糖　D．在一定条件下，1mol的最多能与含3molNaOH的溶液完全反应6．（6分）（2022•浙江二模）可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H=﹣QkJ/mol．有甲、乙两个容积相同且固定不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同的条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=2Q2．下列叙述正确的是（　　）　A．甲中A的转化率为75%　B．Q1+Q2＜Q　C．达到平衡后，再向乙中加入molA、1molB、molC，平衡向正反应方向移动　D．乙中热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ/mol7．（6分）（2022•浙江二模）体积为1L的某溶液中存在下列离子：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3﹣、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣中的五种，浓度均为0.1mol/L，若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成．经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化．则下列说法正确的是（　　）　A．原溶液中一定含有HCO3﹣或CO32﹣　B．原溶液中可能含有Ba2+、Al3+　C．若向原溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液不显血红色　D．若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为12g　二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）（2022春•下城区校级月考）将1.00mol•L﹣1NaOH溶液滴入20.00mL1.00mol•L﹣1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH和温度随加入NaOH溶液体积变化曲线如图1所示．-23-\n（1）计算室温时20.00mL1.00mol•L﹣1的一元酸HA的电离度α=　　　　　　．（2）图中B点所示的溶液中所含各离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　．（3）下列说法正确的是　　　　　　（填相应序号）．A．由图中可知NaOH和HA反应的△H＞0B．图中C点所加NaOH溶液的体积V=20.00mLC．图中C点时溶液的KW略大于1×10﹣14mol•L﹣1，溶液中c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1D．图中D点后，溶液温度略下降的主要原因是生成的NaA水解吸热（4）常温下在20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图2所示．回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣　　　　　　（填“能”或“不能”）大量共存；②当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为　　　　　　，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为　　　　　　；③已知在25℃时，CO32﹣水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10﹣4mol•L﹣1，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，溶液的pH=　　　　　　．9．（16分）（2022春•下城区校级月考）研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义．Ⅰ．尿素是一种非常重要的高氮化肥，工业上合成尿素的反应如下：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣103.7kJ•mol﹣1试回答下列问题：（1）下列措施中有利于提高尿素的产率的是　　　　　　．A．采用高温B．采用高压C．寻找更高效的催化剂（2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如下图Ⅰ所示：-23-\n①已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第　　　　　　步反应决定．②反应进行到10min时测得CO2的物质的量如图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=　　　　　　．③第二步反应的平衡常数K随温度的变化如图Ⅱ所示，则△H20　　　　　　（填“＞”“＜”或“=”）．Ⅱ．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度28.42g/L1.6g•L﹣1排放标准pH6～90.5mg•L﹣1几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3（AsO4）26.8×10﹣19AlAsO41.6×10﹣16FeAsO45.7×10﹣21回答以下问题：（3）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（AsO43﹣）最大是　　　　　　mol•L﹣1．（4）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式　　　　　　．（5）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　　　　　　；②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为　　　　　　．10．（12分）（2022春•下城区校级月考）乙酰苯胺作为一种常用药，具有解热镇痛的效果．实验室制备乙酰苯胺时，可以用苯胺与乙酸酐或与冰醋酸加热来制取，苯胺与乙酸酐的反应速率远大于与冰醋酸反应的速率，已知苯胺微溶于冷水；纯乙酰苯胺是无色片状晶体，熔点114℃，不溶于冷水，可溶于热水；乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸；现选用苯胺与乙酸酐为原料制取和提纯乙酰苯胺，该放热反应的原理：实验步骤①取5.0mL苯胺（密度1.04g/mL），倒入100mL锥形瓶中，加入20mL水，在旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL），搅拌均匀．若有结块现象产生，用玻璃棒将块状物研碎，再充分搅拌；②反应完全后，及时把反应混合物转移到烧杯中，冷却后，抽滤，洗涤，得粗乙酰苯胺固体；③将粗产品转移至150mL烧杯中，加入适量水配制成80℃的饱和溶液，再加入过量20%的水．稍冷后，加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸3～5min，过滤Ⅰ，用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，冷却结晶，过滤Ⅱ、洗涤、晾干得乙酰苯胺纯品．-23-\n（1）步骤①研碎块状产物的用意在于　　　　　　；反应温度过高会导致苯胺挥发，下列可以控制反应温度，防止反应温度升高过快的操作有　　　　　　；A．反应快结束时的充分搅拌B．旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐C．玻璃棒将块状物研碎D．加20mL水（2）步骤②洗涤粗产品时，选用的溶剂是　　　　　　；A．热水B．冷水C．1：3的乙醇溶液D．滤液（3）步骤③两次用到过滤，其中过滤Ⅰ选择　　　　　　（过滤、趁热过滤或抽滤），过滤Ⅰ操作是为了除去　　　　　　；配制热溶液时，加入过量溶剂的作用是　　　　　　（选出正确选项）；A．防止后续过程中，溶剂损失可能产生的产物析出B．防止后续过程中，温度降低可能产生的产物析出C．除去活性炭未吸附完全的有色杂质（4）步骤③冷却滤液时可选择　　　　　　；A．冰水浴冷却B．搅拌下水浴冷却C．室温下自然冷却D．投入少量碎冰后静置（5）步骤③中以下哪些操作不能提高产率　　　　　　；①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂；②趁热过滤近沸溶液；③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；④加活性炭吸附；⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体．A．①④⑤B．①④C．④⑤D．②④⑤（6）步骤③最后测得纯乙酰苯胺固体6.75g，已知苯胺、乙酸酐和乙酰苯胺的摩尔质量分别为93g/mol、102g/mol、135g/mol．该实验的产率为　　　　　　（保留两位有效数字）．11．（16分）（2022春•下城区校级月考）X是一种抗菌药，用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎，其结构简式．以有机物A为原料合成X的路线如下：已知：回答下列问题：（1）写出A中含有的官能团的名称　　　　　　．（2）写出下列反应的反应类型：③　　　　　　；④　　　　　　．（3）写出E的结构简式　　　　　　．（4）写出第②步反应的化学方程式　　　　　　．-23-\n（5）在第一步反应中可能会生成一种高聚物的副产物，写出该副产物的结构简式　　　　　　．（6）B有多种同分异构体，写出同时符合下列条件B的所有同分异构体结构简式　　　　　　．①能发生银镜反应；②一定条件下与NaOH溶液完全反应，需消耗2molNaOH；③分子结构中不含甲基；④苯环上有2种不同化学环境的氢．　-23-\n2022-2022学年浙江省杭州高中高三（下）第六次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题17小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选或不选的均得0分）1．（6分）（2022•浙江模拟）下列说法不正确的是（　　）　A．贝采里乌斯提出了有机化学概念，维勒打破了无机物和有机物的界限，范特霍夫提出了有机化合物的三维结构　B．同位素示踪法、红外光谱法都是科学家经常使用的研究化学反应历程的手段之一　C．分光光度计通过测定溶液颜色分析反应物（或生成物）浓度变化，从而确定化学反应速率　D．科学家将蛋白质的结构层次分为四级进行研究，蛋白质的二级结构主要依靠肽链中﹣NH﹣上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；化学史；探究化学反应机理．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：A、贝采里乌斯被称为“有机化学之父”，提出了有机化学概念，法国化学家维勒由氰酸铵合成了尿素，首次打破了有机物和无机物的界限，荷兰化学家范特霍夫提出了有机化合物的三维结构；B、红外光谱法是对各种吸收红外光的化合物的定量和定性分析的一种方法；C、根据溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析）来分析；D、羰基上的氧可与﹣NH﹣上的氢形成氢键．解答：解：A、贝采里乌斯被称为“有机化学之父”，提出了有机化学概念，法国化学家维勒由氰酸铵合成了尿素，首次打破了有机物和无机物的界限，荷兰化学家范特霍夫提出了有机化合物的三维结构，故A正确；B、红外光谱法是对各种吸收红外光的化合物的定量和定性分析的一种方法，用于研究化学物质的结构，不能用于研究化学反应历程，故B错误；C、由利用溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，可以确定该化学反应的速率，给出的仪器中只有分光光度计可进行比色分析，故C正确；D、羰基上的氧可以﹣NH﹣上的氢形成氢键，蛋白质的二级结构主要依靠肽链中﹣NH﹣上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，故D正确；故选B．点评：本题考查了化学史、化学结构和反应历程等物理探测手段、蛋白质的结构等性质，均属于记忆的知识，题目难度不大，注意基础知识的积累．　2．（6分）（2022春•下城区校级月考）下列说法不正确的是（　　）　A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗　B．在两支试管中分别加1mL无水乙醇和1.5g苯酚固体，再加等量等体积的钠，比较乙醇、苯酚羟基上氢原子的活泼性　C．-23-\n在2mL紫色的CoCl2溶液中加入浓盐酸，可使溶液显蓝色；在测定某些反应的反应速率时，可以用分光光度计对于某些有颜色的反应物或生成物进行比色分析，根据溶液颜色与反应物或生成物浓度的关系换算成反应物或生成物在不同反应时刻的浓度来计算反应速率　D．制备摩尔盐时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液，加热至液体表面出现晶膜为止，不能将溶液全部蒸干考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．滴定管有“0”刻度，位于滴定管上方；B．正确的做法是向两只试管中各加入2ml乙醚，再分别加1ml无水乙醇和1.5g苯酚固体，再加等量等体积的钠，比较乙醇、苯酚羟基上氢原子的活泼性；C．氯化钴溶液中存在如下平衡CoCl42﹣（蓝色）+6H2O⇌Co（H2O）62+（粉红色）+4Cl﹣，当溶液中加入浓盐酸，由于氯离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，溶液由粉红色变为蓝色；D．蒸发皿中蒸发浓缩溶液表面出现结晶薄膜为止，放置冷却，得（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体；解答：解：A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，否则会产生误差，但容量瓶水洗后不用润洗，如果润洗，会导致浓度偏大，故A正确；B．应向两只试管中各加入2ml乙醚，向其中一支试管加入1ml无水乙醇，向另一支试管加入1.5g苯酚固体，再加等量等体积的钠，开始钠在液面下，后上浮，都有气泡产生，但苯酚中产生的气泡快，说明苯酚羟基上氢原子的活泼比乙醇活泼，故B错误；C．氯化钴溶液中存在如下平衡CoCl42﹣（蓝色）+6H2O⇌Co（H2O）62+（粉红色）+4Cl﹣，当溶液中加入浓盐酸，由于氯离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，溶液由粉红色变为蓝色，在测定某些反应的反应速率时，可以用分光光度计对于某些有颜色的反应物或生成物进行比色分析，根据溶液颜色与反应物或生成物浓度的关系换算成反应物或生成物在不同反应时刻的浓度来计算反应速率，故C正确；D．将蒸发皿置于水浴上蒸发、浓缩至表面出现结晶薄膜为止，放置冷却，得（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体，不能将溶液全部蒸干，以防得不到（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体，故D正确；故选B．点评：本题考查了实验方案评价，明确物质的性质、常见仪器特点等知识点即可解答，注意滴定管中“0”刻度位置，滴定管的感量等，都是易错点，知道莫尔盐的制取方法．　3．（6分）（2022春•下城区校级月考）A、B、C、D四种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，D原子的最外层电子数为电子层数的3倍．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径大小顺序为：B＞C＞D＞A　B．四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物　C．B、C元素位于元素周期表中第二周期，D元素位于元素周期表中第三周期　D．BA4、CA4+两种微粒都具有正四面体结构，B、C、D三种元素都有属于分子晶体、原子晶体的同素异形体考点：位置结构性质的相互关系应用．-23-\n专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、B、C、D四种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，则A为H；D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，则D只有2个电子层，最外层电子数为6，D为O；C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，设C的最外层电子数为x，B的最外层电子数为y，则x=1+y，6+y=2x，解得x=5，y=4，则C为N、B为C，结合元素化合物知识来解答．解答：解：A、B、C、D四种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，则A为H；D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，则D只有2个电子层，最外层电子数为6，D为O；C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，设C的最外层电子数为x，B的最外层电子数为y，则x=1+y，6+y=2x，解得x=5，y=4，则C为N、B为C，A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径大小顺序为：B＞C＞D＞A，故A正确；B．A、B、C、D四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物，故B错误；C．C为N、B为C元素，二者位于第二周期，D为氧元素，位于周期表中第二周期，故C错误；D．A为H元素、C为N、B为C元素、D为O元素，BA4、CA4+两种物质分别为甲烷和铵根离子，二者都是正四面体结构；B、C、D三种元素中，C元素组成的金刚石属于原子晶体，而氮元素和氧元素没有属于原子晶体的同素异形体，故D错误；故选A．点评：本题考查位置、结构、性质及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．　4．（6分）（2022春•下城区校级月考）绿色电源“二甲醚﹣氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（　　）　A．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣　B．电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH增大　C．二甲醚应从b处加入，电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+　D．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2约为22.4L考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═-23-\n2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，则a处出来的物质是二氧化碳，据此分析解答．解答：解：根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，则a处出来的物质是二氧化碳，A．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故A错误；B．电池在放电过程中，电极X发生的电极反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，X电极周围溶液的pH减小，故B错误；C．二甲醚应从b处加入，X电极上二甲醚得电子发生还原反应，所以电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；D．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2体积==11.2L，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学电源新型电池，根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写，题目难度中等．　5．（6分）（2022春•万州区校级月考）下列说法正确的是（　　）　A．按系统命名法，有机物可命名为3，7﹣二甲基﹣4﹣乙基辛烷　B．1mol最多能与含3molNaOH的水溶液完全反应　C．纤维素和壳聚糖均属于多糖　D．在一定条件下，1mol的最多能与含3molNaOH的溶液完全反应考点：有机物的结构和性质；有机化合物命名．专题：有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．分析：A．中含有3个甲基，主链有8C原子；B．水解产物中共含有2个羧基、2个酚羟基，都可与氢氧化钠反应；C．根据多糖的定义判断；-23-\nD．水解产物共含有酚羟基、羧基和HCl，都可与氢氧化钠反应．解答：解：A．中含有3个甲基，主链有8C原子，则命名为2，5，6﹣三甲基辛烷，故A错误；B．水解产物中共含有2个羧基、2个酚羟基，都可与氢氧化钠反应，则可与4molNaOH反应，故B错误；C．多糖水解可生成单糖，而该有机物水解产物不是单糖，含有氨基，故C错误；D．水解产物共含有酚羟基、羧基和HCl，都可与氢氧化钠反应，则最多能与含3molNaOH的溶液完全反应，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及有机物的命名、结构和性质的考查，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，本题易错点为C，注意多糖的定义，难度中等．　6．（6分）（2022•浙江二模）可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H=﹣QkJ/mol．有甲、乙两个容积相同且固定不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同的条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=2Q2．下列叙述正确的是（　　）　A．甲中A的转化率为75%　B．Q1+Q2＜Q　C．达到平衡后，再向乙中加入molA、1molB、molC，平衡向正反应方向移动　D．乙中热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ/mol考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：由Q1=2Q2，可知△n甲（A）=2△n乙（A），设甲中达到平衡时转化了xmolA，则△n乙（A）=mol，甲A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始（mol）：130转化（mol）：x3x2x平衡（mol）：1﹣x3﹣3x2x乙A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始（mol）：002转化（mol）：xx平衡（mol）：x2﹣x利用“一边倒法”，可知“1molA、3molB”与“2mol-23-\nC”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1﹣x=，x=，α（A）=×100%=66.7%，以此解答该题．解答：解：由Q1=2Q2，可知△n甲（A）=2△n乙（A），设甲中达到平衡时转化了xmolA，则△n乙（A）=mol，甲A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始（mol）：130转化（mol）：x3x2x平衡（mol）：1﹣x3﹣3x2x乙A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始（mol）：002转化（mol）：xx平衡（mol）：x2﹣x利用“一边倒法”，可知“1molA、3molB”与“2molC”是等效物料，它们在同温同容的条件下建立的平衡状态完全相同，则1﹣x=，x=，α（A）=×100%=66.7%，A、甲中A的转化率为：α（A）=×100%=66.7%，故A错误；B、若向相同容积的另一密闭容器中通入2molC，相当于1molA和3molB，达到平衡状态，从等效平衡的角度分析，则有Q=Q1+Q2，故B错误；C、利用“一边倒法”，可知再向乙中加入molA、1molB、molC，与再加入“2molC”等效，在恒温恒容条件下相当于增大压强，平衡向生成C的方向移动，故C正确；D、乙中反应掉的C为mol，所给热化学方程式中2molC对应的反应热应为：+3Q2kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡的计算，题目难度较大，注意等效平衡的应用，解答该题时利用三段式法较为直观，试题综合性强，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力．　7．（6分）（2022•浙江二模）体积为1L-23-\n的某溶液中存在下列离子：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3﹣、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣中的五种，浓度均为0.1mol/L，若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成．经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化．则下列说法正确的是（　　）　A．原溶液中一定含有HCO3﹣或CO32﹣　B．原溶液中可能含有Ba2+、Al3+　C．若向原溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液不显血红色　D．若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为12g考点：常见离子的检验方法．专题：离子反应专题．分析：若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl﹣，一定没有HCO3﹣和CO32﹣；有气体生成则含有Fe2+和NO3﹣；一共有五种离子，浓度均为0.1，Fe2+，Cl﹣，NO3﹣正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42﹣，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣；结合选项分析．解答：解：若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl﹣，一定没有HCO3﹣和CO32﹣；有气体生成则含有Fe2+和NO3﹣；一共有五种离子，浓度均为0.1，Fe2+，Cl﹣，NO3﹣正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42﹣，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣；A、由以上分析可知，原溶液中一定不含有HCO3﹣和CO32﹣，故A错误；B、由以上分析可知，原溶液中一定不含Ba2+和Al3+，故B错误；C、若向原溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，Fe2+与NO3﹣、H+反应生成Fe3+，溶液显血红色，故C错误；D、若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥并灼烧至恒重，得到固体为MgO和Fe2O3，其物质的量分别为0.1mol和0.05mol，则总质量为0.1mol×40g/mol+0.05mol×160g/mol=12g，故D正确．故选D．点评：本题考查了离子反应、离子检验方法和离子性质的分析判断，反应现象的判断是解题的依据，注意干扰离子的分析判断，题目难度中等．　二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）（2022春•下城区校级月考）将1.00mol•L﹣1NaOH溶液滴入20.00mL1.00mol•L﹣1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH和温度随加入NaOH溶液体积变化曲线如图1所示．-23-\n（1）计算室温时20.00mL1.00mol•L﹣1的一元酸HA的电离度α=　0.1%　．（2）图中B点所示的溶液中所含各离子浓度由大到小的顺序是　c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．（3）下列说法正确的是　C　（填相应序号）．A．由图中可知NaOH和HA反应的△H＞0B．图中C点所加NaOH溶液的体积V=20.00mLC．图中C点时溶液的KW略大于1×10﹣14mol•L﹣1，溶液中c（H+）=1×10﹣7mol•L﹣1D．图中D点后，溶液温度略下降的主要原因是生成的NaA水解吸热（4）常温下在20mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图2所示．回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣　不能　（填“能”或“不能”）大量共存；②当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为　HCO3﹣、H2CO3　，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为　c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）　；③已知在25℃时，CO32﹣水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10﹣4mol•L﹣1，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，溶液的pH=　10　．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）根据电离度的表达式及图象在20.00mL1.00mol•L﹣1的pH计算出其电离度；（2）B点时溶质为HA和NaA的混合物，溶液的pH=4，溶液显示酸性，说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度，根据电荷守恒写出溶液中各离子浓度大小；（3）A．酸碱中和反应为放热反应，焓变小于0；B．根据图象可知，C点溶液的pH=7，加入氢氧化钠与HA等浓度等体积时生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，故V＜20.00mL；C．温度升高，水的离子积增大；溶液的pH=7，则氢离子浓度为1×10﹣7mol•L﹣1；D．D点后，溶液温度略下降的主要原因是溶液中氢离子浓度减小，生成水的物质的量减小；（4）①根据图2可知，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能共存；②pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：H2CO3、HCO3﹣，溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小关系；③水解常数Kh=，当溶c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，根据水解常数计算c（OH﹣），由根据水的离子积Kw计算c（H+），根据pH=﹣lgc（H+）计算．解答：解：（1）根据图象可知，20.00mL1.00mol•L﹣1的pH=3，溶液中HA电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，则HA的电离度为：α=×100%=0.1%，故答案为：0.1%；-23-\n（2）由图象可知，B点加入10mL等浓度的氢氧化钠溶液，反应后溶质为HA和NaA的混合物，溶液的pH=4，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度，则c（A﹣）＞c（Na+），所以溶液中离子浓度关系为：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；　（3）A．酸碱中和反应为放热反应，由图中可知NaOH和HA反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B．根据图象可知，C点时溶液的pH=7，加入氢氧化钠与HA等浓度等体积时生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，故V＜20.00mL，故B错误；C．水的电离为吸热反应，温度升高，水的离子积增大，故C点时溶液的KW略大于1×10﹣14mol•L﹣1；溶液的pH=7时，则氢离子浓度为1×10﹣7mol•L﹣1，故C正确；D．D点后，溶液中氢离子浓度逐渐减小，所以溶液温度略下降的主要原因是溶液中氢离子浓度减小，生成水的物质的量减小，放出的热量减小导致的，故D错误；故答案为：C；（4）①结合图象可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：HCO3﹣、CO32﹣，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、HCO3﹣，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能共存，故答案为：不能；②根据图象可知，当pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3﹣、H2CO3；溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）=c（Cl﹣）+c（HCO3﹣），所以溶液中各离子浓度关系为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：HCO3﹣、H2CO3；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）；③CO32﹣水解反应的水解常数Kh==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，c（OH﹣）=10﹣4mol/L，由水的离子积Kw可知，c（H+）=mol/L=10﹣10mol/L，所以pH=﹣lg10﹣10=10，故答案为：10．点评：本题考查离子浓度大小比较、溶液中电解质之间的反应与反应图象、盐类水解计算等，题目难度中等，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，注重能力的考查．　9．（16分）（2022春•下城区校级月考）研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义．Ⅰ．尿素是一种非常重要的高氮化肥，工业上合成尿素的反应如下：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣103.7kJ•mol﹣1试回答下列问题：（1）下列措施中有利于提高尿素的产率的是　B　．A．采用高温B．采用高压C．寻找更高效的催化剂（2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：-23-\n第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如下图Ⅰ所示：①已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第　2　步反应决定．②反应进行到10min时测得CO2的物质的量如图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=　0.148mol/（L•min）　．③第二步反应的平衡常数K随温度的变化如图Ⅱ所示，则△H20　＞　（填“＞”“＜”或“=”）．Ⅱ．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表．工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度28.42g/L1.6g•L﹣1排放标准pH6～90.5mg•L﹣1几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3（AsO4）26.8×10﹣19AlAsO41.6×10﹣16FeAsO45.7×10﹣21回答以下问题：（3）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（AsO43﹣）最大是　5.7×10﹣17　mol•L﹣1．（4）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式　2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O　．（5）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　CaSO4　；②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为　H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43﹣浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀　．考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；"三废"处理与环境保护．专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．-23-\n分析：（1）依据化学平衡2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣103.7kJ•mol﹣1，反应时气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断提高尿素的产率，平衡正向进行；（2）①已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势，图象表达反应的判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；当氨基甲酸铵、尿素物质的量不再变化时，反应达到平衡；②根据图象中二氧化碳在10min时测得CO2的物质的量计算出用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）；③依据化学平衡常数的表达意义和计算分析判断平衡移动方向；（3）依据Ksp越小，先生成沉淀，依据溶度积常数计算得到两种浓度；（4）根据反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式；（5）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出；②H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43﹣较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀．解答：解：（1）A．采用高温，反应是放热反应，平衡向着逆向进行，尿素的产率降低，故A错误；B．反应由气体参加，反应前后气体体积减小，采用高压，增大压强，反应正向进行，尿素的产率增大，故B正确；C．寻找更高效的催化剂，催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡，尿素的产率不变，故C错误；故选B；（2）①由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二部反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定，由图象变化可知当进行到55分钟时，反应达到平衡，故答案为：2；②反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，二氧化碳的浓度变化为：c（CO2）==1.48mol/L，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）==0.148mol/（L•min），故答案为：0.148mol/（L•min）；③第二步反应的平衡常数K随温度的升高增大，说明反应是吸热反应，△H2＞0，故答案为：＞；（3）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4）=c（Fe3+）c（AsO43﹣）=5.7×10﹣21；Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，计算得到c（AsO43﹣）=5.7×10﹣17mol/L，故答案为：5.7×10﹣17；（4）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸）同时生成Mn2+和H2O，则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O，-23-\n故答案为：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O；（5）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；②H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43﹣较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43﹣浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43﹣浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀．；点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析、化学反应速率计算等知识，溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，题目难度中等，注意明确影响化学平衡的因素及化学反应速率的计算方法，试题能够提高学生的分析、理解能力及计算能力．　10．（12分）（2022春•下城区校级月考）乙酰苯胺作为一种常用药，具有解热镇痛的效果．实验室制备乙酰苯胺时，可以用苯胺与乙酸酐或与冰醋酸加热来制取，苯胺与乙酸酐的反应速率远大于与冰醋酸反应的速率，已知苯胺微溶于冷水；纯乙酰苯胺是无色片状晶体，熔点114℃，不溶于冷水，可溶于热水；乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸；现选用苯胺与乙酸酐为原料制取和提纯乙酰苯胺，该放热反应的原理：实验步骤①取5.0mL苯胺（密度1.04g/mL），倒入100mL锥形瓶中，加入20mL水，在旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL），搅拌均匀．若有结块现象产生，用玻璃棒将块状物研碎，再充分搅拌；②反应完全后，及时把反应混合物转移到烧杯中，冷却后，抽滤，洗涤，得粗乙酰苯胺固体；③将粗产品转移至150mL烧杯中，加入适量水配制成80℃的饱和溶液，再加入过量20%的水．稍冷后，加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸3～5min，过滤Ⅰ，用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，冷却结晶，过滤Ⅱ、洗涤、晾干得乙酰苯胺纯品．（1）步骤①研碎块状产物的用意在于　防止原料被产物包裹，使之充分反应，提高产率　；反应温度过高会导致苯胺挥发，下列可以控制反应温度，防止反应温度升高过快的操作有　BD　；A．反应快结束时的充分搅拌B．旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐C．玻璃棒将块状物研碎D．加20mL水（2）步骤②洗涤粗产品时，选用的溶剂是　B　；A．热水B．冷水C．1：3的乙醇溶液D．滤液（3）步骤③两次用到过滤，其中过滤Ⅰ选择　趁热过滤　（过滤、趁热过滤或抽滤），过滤Ⅰ操作是为了除去　除去吸附有色物质的活性炭　；配制热溶液时，加入过量溶剂的作用是　AB　（选出正确选项）；A．防止后续过程中，溶剂损失可能产生的产物析出B．防止后续过程中，温度降低可能产生的产物析出C．除去活性炭未吸附完全的有色杂质（4）步骤③冷却滤液时可选择　C　；A．冰水浴冷却B．搅拌下水浴冷却-23-\nC．室温下自然冷却D．投入少量碎冰后静置（5）步骤③中以下哪些操作不能提高产率　C　；①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂；②趁热过滤近沸溶液；③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液；④加活性炭吸附；⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体．A．①④⑤B．①④C．④⑤D．②④⑤（6）步骤③最后测得纯乙酰苯胺固体6.75g，已知苯胺、乙酸酐和乙酰苯胺的摩尔质量分别为93g/mol、102g/mol、135g/mol．该实验的产率为　89%　（保留两位有效数字）．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）研碎后使反应物之间充分接触，以便充分反应，提高反应产率；从影响化学反应速率的因素方面进行分析，如减小反应物浓度可以降低反应速率；（2）根据题中信息“苯胺微溶于冷水；纯乙酰苯胺是无色片状晶体，不溶于冷水，可溶于热水；乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸”分析选用的洗涤试剂；（3）根据题干信息，过滤Ⅰ的目的是除去活性炭，需要趁热过滤，避免温度降低导致产物析出，影响产率；加入过量的水的目的主要是避免溶剂的损失、温度的降低可能导致产物析出，影响产率；（4）根据乙酰苯胺熔点分析解答；（5）根据实验操作对产物乙酰苯胺的量影响进行解答，如①②③的存在都可以降低乙酰苯胺的损失，而④不影响产率、⑤会降低产率；（6）根据题中数据计算出苯胺、乙酸酐的物质的量，然后根据不足量计算出生成乙酰苯胺的物质的量，再根据实际上生成的乙酰苯胺的质量计算出产率．解答：解：（1）若有结块现象产生，反应物可能被产物包裹，反应不能充分，影响了产率，所以步骤①研碎块状产物的目的为：防止原料被产物包裹，使之充分反应，提高产率；A．反应快结束时的充分搅拌，使反应更完全，无法降低反应速率，可能会导致反应速率加快，温度升高，故A错误；B．旋摇下分批加入6.0mL乙酸酐，使反应物浓度较小，反应速率较慢，从而降低了反应温度，故B正确；C．玻璃棒将块状物研碎，目的是防止原料被产物包裹，使之充分反应，不利于控制温度，故C错误；D．加20mL水，可以使溶液稀释，降低反应速率，还可以使溶液质量增大，从而降低了温度，故D正确；故答案为：防止原料被产物包裹，使之充分反应，提高产率；BD；（2）苯胺微溶于冷水，而纯乙酰苯胺不溶于冷水，可溶于热水，且乙酸酐遇水缓慢反应生成乙酸，所以可用冷水洗涤粗产品乙酰苯胺，从而除去含有的杂质苯胺和乙酸酐，所以B正确，故答案为：B；（3）根据步骤③操作方法可知，过滤Ⅰ的目的是除去吸附有色物质的活性炭，由于乙酰苯胺的溶解度受温度影响较大，为避免温度降低析出乙酰苯胺，所以需要趁热过滤；加入过量的水的，可以避免在操作过程中因溶剂的损失或温度的降低析出产物，影响产率，与活性炭的吸附性无关，所以AB正确，故答案为：趁热过滤；除去吸附有色物质的活性炭；AB；（4）乙酰苯胺熔点为114℃，在常温下冷却可得晶体，-23-\n故答案为：C；（5）①配制成饱和溶液后，加入过量20%的溶剂，可以防止后续过程中，溶剂损失、温度降低可能导致的产物析出，有利于提高产率；②趁热过滤近沸溶液，乙酰苯胺的溶解度受温度影响较大，较高温度下可以减少在过滤过程中导致产物减少，有利于提高产率；③过滤Ⅰ时用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，避免烧杯和漏斗中有残留的产物，可以提高产；④加活性炭吸附有色物质，无法提高产率；⑤过滤Ⅱ时的洗涤选用热水代替冷水洗涤固体，导致乙酰苯胺的溶解度增大，损失的乙酰苯胺较多，降低了产率；根据以上分析可知，可以提高产率的有：①②③；不能提高产率的为：④⑤，所以C正确，故答案为：C；（5）5.0mL苯胺（密度1.04g/mL）的物质的量为：≈0.056mol，6.0mL乙酸酐（密度1.08g/mL）的物质的量为：≈0.064mol，乙酸酐过量，理论上反应生成乙酰苯胺的物质的量为0.056mol，则该实验乙酰苯胺的产率为：×100%≈89%，故答案为：89%．点评：本题考查有机物的合成、有机化学实验、物质的分离提纯、对操作步骤的分析评价等，试题涉及知识点较多、综合性较强，明确制备原理为解答关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度较大．　11．（16分）（2022春•下城区校级月考）X是一种抗菌药，用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎，其结构简式．以有机物A为原料合成X的路线如下：已知：回答下列问题：（1）写出A中含有的官能团的名称　羟基、羧基　．-23-\n（2）写出下列反应的反应类型：③　取代反应　；④　还原反应　．（3）写出E的结构简式　　．（4）写出第②步反应的化学方程式　　．（5）在第一步反应中可能会生成一种高聚物的副产物，写出该副产物的结构简式　　．（6）B有多种同分异构体，写出同时符合下列条件B的所有同分异构体结构简式　　．①能发生银镜反应；②一定条件下与NaOH溶液完全反应，需消耗2molNaOH；③分子结构中不含甲基；④苯环上有2种不同化学环境的氢．考点：有机物的合成．分析：由反应②可知，②为硝化反应，①为酯化反应，则A为，A酯化反应生成B，B为，反应③中酚羟基中的H原子发生取代反应，反应④为硝基的还原反应，即硝基生成氨基，则C为，则D为，由信息②可知D与B反应生成E为，在碱性条件下水解可生成X，结合有机物的官能团和性质解答该题．解答：解：由反应②可知，②为硝化反应，①为酯化反应，则A为-23-\n，A酯化反应生成B，B为，反应③中酚羟基中的H原子发生取代反应，反应④为硝基的还原反应，即硝基生成氨基，则C为，则D为，由信息②可知D与B反应生成E为，在碱性条件下水解可生成X，（1）A为，含官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）由上述分析可知，③为取代反应，④为还原反应，故答案为：取代反应；还原反应；（3）E的结构简式为，故答案为：；（4）第②步反应的化学方程式为，故答案为：；（5）第一步反应中可能会发生缩聚反应生成一种高聚物的副产物，该副产物的结构简式为，故答案为：；（6）B的同分异构体，写出同时符合①能发生银镜反应，含﹣CHO；②一定条件下与NaOH溶液完全反应，需消耗2molNaOH，含酚﹣OH或﹣COOC﹣；③分子结构中不含甲基；④苯环上有2种不同化学环境的氢，则苯环上只有2种H，符合条件的B的所有同分异构体结构简式为-23-\n，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，题目难度较大，本题注意把握题给信息，为解答该题的关键，结合物质的性质可采用正推的方法推断，（6）为解答的难点．　-23-