湖北省腾云联盟2025-2026学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省腾云联盟2025-2026学年高三上学期开学考试注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对分子质量：H-1C-12O-16Na-23Si-28Mg-24Cl-35.5Ni-59Ge-73一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法错误的是A.煤的气化和液化都属于化学变化B.农药和日用化学品都属于精细化学品C.葡萄糖酸内酯是制作豆腐常用的凝固剂D.改善燃油品质能够减少汽车燃油时氮氧化物的排放【答案】D【解析】A．煤的气化和液化均涉及化学反应，生成新物质，属于化学变化，A正确；B．精细化学品是指经过深加工基础化工原料制得的具有特定功能、技术密集、附加值高且小批量生产的化学品，农药、日用化学品属于精细化学品，B正确；C．葡萄糖酸内酯能缓慢凝固蛋白质，是制作内酯豆腐的常用凝固剂，C正确；D．改善燃油品质对减少氮氧化物生成的作用不明显，其主要作用是减少一氧化碳等因不完全燃烧产生的污染物，D错误；故答案选D。2.日常生活与工业发展均离不开有机化学。下列说法正确的是A.硝酸纤维不易燃烧，可用于生产塑料、过滤膜、胶片等B.聚氯乙烯属于热固性塑料，具有防潮、防水、绝缘等性能C.在碱催化下，苯酚与过量甲醛反应可以生成具有网状结构的酚醛树脂D.直链淀粉含量很高的一些谷物，如糯米、糯玉米等有比较黏的口感【答案】C【解析】A．硝酸纤维属于易燃物质，尤其是高硝化度的产品，用于胶片等，A错误；B．聚氯乙烯（PVC）为热塑性塑料，可反复加热重塑，而热固性塑料如酚醛树脂不可重塑，B错误；C．在碱性条件下，苯酚与过量甲醛发生缩聚反应，形成三维网状结构的酚醛树脂，C正确；D．糯米等黏性谷物是因支链淀粉含量高，支链结构更易吸水膨胀导致黏性，D错误；故选C。3.下列离子方程式书写正确的是A.用食醋去除水垢中的：B.用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气：C.向氢氧化钠溶液中滴加少量碳酸氢钙溶液：D.乙醇与酸性溶液反应：【答案】D【解析】A．食醋中的醋酸是弱酸，用食醋去除水垢中的，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO⁻+H2O+CO2↑，故A错误；B．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水，反应离子方程式为，故B错误；C．向氢氧化钠溶液中滴加少量碳酸氢钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为，故C错误；D．乙醇被酸性溶液氧化为乙酸，反应的离子方程式为，故D正确；选D。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是A.中氙的价层电子对数为B.中键的数目为C.晶体内硅氧键的数目为D.标准状况下，中含有的分子数目为【答案】D【解析】A．XeF4中Xe的价层电子对数为，因此1molXeF4中Xe的价层电子对数为6NA，A正确；B．1个[Cu(H2O)4]2+中含8个O-Hσ键，加上4个Cu-O配位键，总计12个σ键，因此1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键数目为12NA，B正确；C．4.5gSiO2为0.075mol，每个SiO2含4个Si-O键，则4.5gSiO2硅氧键的数目为0.075×4=0.3mol，即0.3NA，C正确；D．标准状况下，SO3为固体，无法利用气体摩尔体积计算分子数，D错误；故选D。5.由实验操作和现象，能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A向3mL淀粉溶液中加入10滴硫酸溶液，再滴加1mL碘溶液溶液变蓝淀粉未发生反应B向乙二醛（）溶液中加入酸性溶液溶液褪色，产生无色气泡醛基被足量酸性全部氧化为C向试管中加入0.5g麦芽糖和溶液后加热。待溶液冷却后加入过量溶液再加入少量新制的悬浊液并加热生成砖红色沉淀麦芽糖的水解产物中有还原糖D在溶液的试管中滴加2滴溶液，振荡后再向其中滴加4滴溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀相同温度下A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向3mL淀粉溶液中加入10滴硫酸溶液，再滴加1mL碘溶液，溶液变蓝。说明溶液中含有淀粉，可能是淀粉部分水解，故A错误；B．向乙二醛溶液中加入酸性溶液，溶液褪色并产生气泡，乙二醛被氧化为二氧化碳，故B错误；C．向试管中加入0.5g麦芽糖和溶液后加热。待溶液冷却后加入过量溶液再加入少量新制的悬浊液并加热，麦芽糖本身能使氢氧化铜产生生砖红色沉淀，所以生成砖红色沉淀，不能说明麦芽糖的水解产物中有还原糖，故C错误；D．在溶液的试管中滴加2滴溶液，产生氯化银白色沉淀，振荡后再向其中滴加4滴溶液，白色AgCl沉淀后出现黄色AgI沉淀，说明AgI的Ksp更小，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D正确；选D。6.穿心莲内酯具有祛热解毒，消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A.该物质的分子式为B.该物质最多可与发生加成反应C.等量的该物质分别与足量、反应，消耗二者的物质的量之比为D.该物质能使酸性溶液和溴水褪色，且原理不相同【答案】A【解析】A．根据结构简式，该物质的分子式为，A错误；B．该物质中能与发生加成反应的官能团为碳碳双键（C=C），该结构中含有2个C=C双键，则1mol该物质最多与加成，B正确；C．Na与羟基（-OH）反应，1个-OH消耗1molNa；NaOH与酯基（-COO-）反应，1个酯基消耗1molNaOH。该结构中含3个-OH和1个酯基，则消耗Na、NaOH的物质的量之比为3:1，C正确；D．酸性褪色是因碳碳双键、羟基被氧化（氧化反应），溴水褪色是因碳碳双键与加成（加成反应），二者原理不同，D正确；故选A。7.已知碳元素的同素异形体富勒烯（）是由五边形和六边形组成的，且规则的几何体符合欧拉定理：点数面数棱数，如图是分子的结构示意图，下列说法错误的是A.分子中碳原子的杂化类型为杂化B.分子中键有，键有C.1个分子中五边形的个数为12个D.1个分子中六边形的个数为12个【答案】D【解析】A．C70分子中每个碳原子形成3个σ键，为平面三角形结构，杂化类型为sp2杂化，A正确；B．每个碳原子形成3个σ键，1个C70分子中总σ键数为，故1molC70含σ键105NA，每个碳原子形成1个π电子，1个C70分子中总π键数为，故1molC70含π键数为35NA，B正确；C．设五边形个数为x，六边形个数为y，由欧拉定理：点数(V)=70，面数(F)=x+y，棱数(E)=，又每个碳连接3条棱，E，故(E)==105①；由欧拉定理V+F-E=2得70+(x+y)-105=2，即x+y=37②，联立①②解得x=12，C正确；D．由C项计算得六边形个数y=37-x=25，D错误；故选D。8.X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，Y、Z处于不同主族，5种元素形成的化合物如图所示。下列说法错误的是A.P元素基态原子中电子空间运动状态有13种B.简单氢化物的空间结构：Y呈四面体形、Z呈三角锥形C.电负性大小顺序：D.工业上不能用电解的方法制备单质P【答案】A【解析】X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，X是H元素；Q形成-1价阴离子，Q是Cl元素；Y、Z能形成4个共价键，Y、Z处于不同主族，说明Z形成1个配位键，则Y是C、Z是N，只有一种是金属元素，P是金属元素，Z与P形成配位键，P与2个Cl形成共价键后带1个正电荷，则P显+3价，P是Al元素。A．P为Al元素，基态原子电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p¹，占用原子轨道数为7，电子空间运动状态7种，故A错误；B．Y为C，简单氢化物CH4空间结构为正四面体形；Z为N，简单氢化物NH3空间结构为三角锥形，故B正确；C．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下减小，电负性：Cl>N>C>Al，故C正确；D．AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融Al2O3冶炼Al，故D正确；选A。9.碱基是具有碱性的杂环有机化合物，是核酸中的重要组成部分。胸腺嘧啶和尿嘧啶均属于芳香族杂环化合物，其结构如图所示。下列说法错误的是A.胸腺嘧啶的碱性强于尿嘧啶B.胸腺嘧啶中大键可以表示为C.碱基先与磷酸结合，再与戊糖形成核苷酸D.胸腺嘧啶与尿嘧啶互为同系物【答案】C【解析】A．胸腺嘧啶含有甲基，甲基为推电子基团，可增加氨基中N原子的电子云密度，使其更易接受质子，碱性强于无甲基的尿嘧啶，A正确；B．胸腺嘧啶的六元杂环由4个C原子和2个N原子组成，共6个原子，均为杂化，共轭的原子总数为8个（嘧啶环的6个碳、氮原子及2个氧原子）‌，共轭电子数为10，表示为，B正确；C．核苷酸形成顺序为：碱基+戊糖→核苷+磷酸→核苷酸，C错误；D．两者结构相似，分子组成相差一个CH2，互为同系物，D正确；故选C。10.某化合物由、、O三种元素组成，和O的原子个数比为，其晶胞示意图如图所示，晶胞参数分别为、、，90°。下列说法错误的是（）A.该化合物的化学式为B.该晶体的密度C.元素O和均位于元素周期表的p区D.每个基态原子含有2个未成对电子【答案】B【解析】A．化合物由Mg、Ge、O组成，Ge为IVA族元素，常见+4价，O为-2价，Mg为+2价。设化学式为MgxGeO4，由化合价代数和为0：(+2)x+(+4)+4×(-2)=0，解得x=2，化学式为Mg2GeO4，A正确；B．晶胞密度ρ=m/V，m为晶胞质量，V为晶胞体积。Mg2GeO4的摩尔质量为2×24+73+4×16=185g/mol，若晶胞含k个单元，m=k×185/NAg；体积V=abcnm3=abc×(10-7cm)3=abc×10-21cm3。若k=4，质量为g，则密度为g/cm3，选项中×1030错误，B错误；C．O价电子排布式2s22p4，Ge价电子排布式4s24p2，均为p区元素，C正确；D．Ge基态价电子排布式4s24p2，4p轨道2个电子分占2个p轨道，未成对电子数为2，D正确；故答案选B。11.一种制备的工艺路线如图所示，反应所得溶液pH在3~4之间，反应需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是A.反应、、均为氧化还原反应B.低温真空蒸发主要目的是防止被氧化C.溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体D.若产量不变，参与反应的X与物质的量之比增大时，需补加的量增多【答案】C【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，C正确；D．制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，D错误；故答案为：C。12.氯碱工业的原理改进方法分如图两个阶段进行，下列说法错误的是A.阶段Ⅰ中，电源a为负极、b为正极B.阶段Ⅱ中阴极的电极反应为C.比传统氯碱工业减少了阳离子交换膜，同时可避免氢气和氯气混合，且便于提纯D.阶段Ⅰ在饱和食盐水中进行效率更高【答案】D【解析】阶段Ⅰ中左侧电极H2O得电子生成H2和OH⁻，为阴极，阴极连接电源负极，故a为负极，b为正极，则右侧电极Na0.44MnO2失去电子生成Na0.44-xMnO2和Na+，因此阶段Ⅰ生成NaOH；阶段Ⅱ左侧连接电源负极，为阴极，阴极上Na0.44-xMnO2得电子结合Na+生成Na0.44MnO2，右侧连接电源正极，为阳极，Cl⁻失电子产生Cl2，据此回答；A．阶段Ⅰ中左侧电极H2O得电子生成H2和OH⁻，为阴极，阴极连接电源负极，故a为负极，b为正极，A正确；B．阶段Ⅱ左侧连接电源负极，为阴极，阴极上Na0.44-xMnO2得电子结合Na+生成Na0.44MnO2，电极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，B正确；C．传统氯碱工业需阳离子交换膜分隔Cl2及防止OH-与Cl2反应，改进方法分两阶段，H2在阶段Ⅰ产生和Cl2在阶段Ⅱ产生，无需交换膜，且阶段Ⅰ可专一生成NaOH便于提纯，C正确；D．阶段Ⅰ若在饱和食盐水中进行，则Cl⁻易在阳极放电生成Cl2，干扰Na0.44MnO2的氧化反应，降低效率，D错误；故选D。13.活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.产物与互为同分异构体，且稳定性大于B.该反应过程中最大正反应的活化能C.参加反应的反应物总键能大于生成物的总键能D.与在极性溶剂中相比，在非极性溶剂中该反应更容易进行【答案】C【解析】A．P1和P2分子式均为HNO3，结构不同，互为同分异构体，能量越低越稳定，P2的能量低于P1，因此P2稳定性更强，A正确；B．正反应活化能为过渡态能量与前一中间体（或反应物）的能量差，过渡态IV与中间产物Z的能量差为最大活化能E正=(-18.92)-(-205.11)kJ/mol=186.19kJ/mol，B正确；C．由图可知，该反应产物能量低于反应物能量，为放热反应，因此ΔH=反应物总键能-生成物总键能<0，故反应物总键能小于生成物总键能，C错误；D．非极性溶剂对自由基溶剂化作用弱，更有利于反应进行，D正确；故选C。14.铜（I）、乙腈（简写为L）的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标（）为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是A.的B.n从0增加到2，CuLn+结合C.当cCu+D.若c[CuL]+【答案】A【解析】A．对于反应，平衡常数K=c(CuL3+)c(Cu+)⋅c3(L)，当图中δ(CuL3+)=δ(Cu+)B．结合L的离子方程式为CuLn++L⇌CuLn+1+，当δCuLn+=δCuLn+1+时，K=C．当时，由图像可知，，可忽略不计，则，，，故C项错误；D．若，由图像交点可知，，，则，故，故D项错误；故选A。15.为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度的概念：。常温下，用的溶液滴定溶液，溶液的酸度随滴入的溶液体积的变化如图所示（滴定过程中温度的变化忽略不计，已知）。下列说法错误的是A.该过程可以用酚酞作指示剂，滴定终点颜色变化：无色变为粉红色B.滴定过程中cHCNC.常温下，的电离常数D.当时，溶液中存在：cH【答案】D【解析】A．的溶液滴定溶液，滴入20mL氢氧化钠溶液恰好反应，根据图像，溶液的pH≈10，酚酞的变色范围为8.2-10.0，滴定终点颜色变化为无色变为粉红色，故A正确；B．CN⁻的水解平衡常数，温度不变时不变，所以滴定过程中cHCN⋅cOH-cC．初始HCN溶液中，即lgcH+cOH-=3.8，则cH+cOH-=10D．时，溶液为等浓度HCN和NaCN混合液；电荷守恒：cNa++cH+=c选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料精制硫酸镍，主要流程如下：已知：是一种三元弱酸。常温下，KspFe(OH)3回答下列问题：（1）基态原子核外价层电子排布式为_________。（2）“除砷”步骤中，温度一般控制在40~50℃的原因是_________，滤渣1的主要成分是，该步骤中溶液氧化生成的离子方程式为_________。（3）常温下调pH目的是进一步去除，使溶液中cFe3+≤3.0×10-9mol/L。若溶液中，则需控制pH（4）滤渣3的主要成分是_________。（5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。温度低于30℃30~54℃54~280℃高于280℃晶体形态多种结晶水合物①从溶液中获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。②晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，则质量为17.3g时所得到产物的化学式为_________。（6）晶胞如图，图中原子1的坐标为，则原子3的坐标为_________。【答案】（1）（2）①.温度低于40℃，反应速率慢，温度高于50℃，易受热分解②.（3）（4）、（5）①.冷却至30℃~54℃结晶②.（6）【解析】粗硫酸镍废液中加入有机萃取剂分离出含铜离子的有机相，水相中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得砷转化为沉淀；滤液调节pH使得剩余铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，滤液加入NaF使得镁离子、钙离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀得到滤渣3，滤液处理得到；（1）Ni元素原子序数为28，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布为3d84s2；（2）“除砷”步骤中，温度一般控制在40~50℃，温度过低反应速率慢，温度过高过氧化氢不稳定，受热容易分解；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为沉淀，反应为：；（3）调pH的目的是进一步去除，使cFe3+≤3.0×10-9mol⋅L-1，则cOH-=3KspFeOH3c（4）由分析，滤渣3的主要成分是、；（5）①由表，30℃~54℃结晶得到，故从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。②26.3g晶体为26.3g÷263g/mol=0.1mol，含有0.6mol，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，质量为17.3g时了减小26.3g-17.3g=9g，为减少0.5mol，相当于失去5个水分子，则所得到产物的化学式为；（6）根据原子1的坐标，可以得出3的坐标为。17.亚氯酸钠（）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知：饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是，高于38℃时析出的晶体是，高于60℃时分解成和。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。回答下列问题：（1）装置②中盛放固体试剂的玻璃仪器的名称为_________。（2）装置②中产生，进入装置④反应的离子方程式_________；装置⑤的作用是_________。（3）装置④反应后的溶液，在一定温度下蒸发浓缩、结晶获得晶体后，洗涤晶体的实验操作为_________。（4）准确称取所得亚氯酸钠样品4.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（）。将所得混合液配成100mL待测溶液。配制待测液需用到的玻璃仪器有_________。（5）取25.00mL待测液，用的标准液滴定（），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_________，重复滴定2次，测得消耗溶液的平均值为10.00mL。该样品中的质量分数为_________%（保留三位有效数字）。（6）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏低的是_________。a锥形瓶用蒸馏水洗涤后，未干燥b.滴定过程中，向锥形瓶内加少量蒸馏水c.盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点时有气泡d.读取标准液体积时，开始时仰视读数，结束时平视读数（7）电解酸化的氯化钠溶液也可制备，阳极反应为_________。【答案】（1）三颈烧瓶（或三口烧瓶）（2）①.②.吸收反应所产生的气体，避免污染环境（3）过滤后，向漏斗中加38~60℃的水至浸没沉淀，使之自然流下，重复2-3次（4）100mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管（5）①.当滴入最后半滴溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色②.45.3（6）c、d（7）【解析】装置②中浓硫酸与Na2SO3反应生成的SO2气体还原NaClO3产生，ClO2进入装置④，在冷水浴环境中与试管内的NaOH和H2O2混合溶液反应，水浴温度控制在38-60℃可得到NaClO2晶体。装置③的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置④的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置①⑤是吸收多余气体防止污染，据此解答。（1）由图可知，装置②中盛放固体试剂的玻璃仪器的名称为三颈烧瓶；（2）装置④中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平离子反应方程式为：；本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置⑤的作用是吸收反应所产生的气体，避免污染环境；（3）由题干信息可知：饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是，高于60℃时分解成和，故过滤后，需向漏斗中加38~60℃的水至浸没沉淀，使之自然流下，重复2-3次；（4）配制100mL待测溶液需用到的定量玻璃仪器是100mL容量瓶，需要用玻璃棒引流，需要用烧杯溶解固体，定容时还需要用到胶头滴管；（5）采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故滴定终点时的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；关系式为，则nClO2-=14nS（6）a．锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响待测液物质的量，不影响结果，a不选；b．滴定过程中，向锥形瓶内加少量蒸馏水，不影响待测液物质的量，不影响结果，b不选；c．盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则标准液读数差值偏小，使实验结果偏低，c选；d．读取标准液体积时，开始时仰视读数，结束时平视读数，则初始读数偏大，标准液读数差值偏小，使实验结果偏低，d选；故选cd；（7）电解酸化的氯化钠溶液也可制备，则阳极的反应为氯离子失去电子生成，电极反应为：Cl--4e18.化合物H是四氢异喹啉阿司匹林衍生物，其合成路线如下：回答下列问题：（1）化合物A的名称为_________，H中官能团的名称为_________。（2）化合物A中含有羧基，化合物B中含有酰氯，键角，原因是_________。（3）E→F的反应类型为_________。（4）D→E过程中有和E互为同分异构体的副产物生成，其中环状结构均为六元环的副产物的结构简式为_________。（5）B→D的反应过程中，加入（三乙胺）的目的是_________。（6）请写出有机物D与盐酸溶液共热化学方程式；_________。（7）I是A的同系物，比A的相对分子质量大14，I的同分异构体中同时满足下列条件的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。①能发生银镜反应②能与反应【答案】（1）①.对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸②.醚键、酰胺基、酯基（2）氧原子（O）电负性氯原子（）电负性，导致共用电子对偏向O原子，共用电子对离中心原子更远，排斥力更小，键角撑开角度小（3）还原反应或加成反应（4）（5）消耗产生的，促进平衡正向移动（6）（7）56【解析】A和SOCl2发生反应生成B的过程中，-COOH转化为-COCl，B和C发生取代反应生成D和HCl，D先加成再消去可得E，E结构中含碳氮双键，可和氢气加成得到F，F和G发生取代反应可制备H，同时还有H2O生成。（1）主链为苯甲酸，甲基在对位，所以为对甲基苯甲酸或4-甲基苯甲酸；根据H的结构简式，含有的官能团的名称醚键、酰胺基、酯基；（2）氧原子（O）电负性>氯原子（）电负性，导致共用电子对偏向O原子，共用电子对离中心原子更远，排斥力更小，键角撑开角度小；（3）E→F过程中，E中的碳氮双键变为了碳氮单键，属于还原反应或加成反应；（4）D→E过程中有和E互为同分异构体的副产物生成，E是断裂苯环支链下面的碳氢键，也可能是断苯环支链上面碳氢键，因此该副产物(环状结构均为六元环)的结构简式为

；（5）该反应为取代反应会产生，（三乙胺）呈碱性，能消耗产生的，促进平衡正向移动；（6）酰胺基水解生成羧酸和胺类化合物，胺类化合物呈碱性，和盐酸反应生成铵盐，故方程式为：；（7）I比A的相对分子质量大14，则I分子中除了苯环外还存在3个碳原子、2个氧原子，1个不饱和度，满足①能发生银镜反应，②能与反应，说明其可能含有甲酸形成的酯基，则还剩余2个饱和碳原子，可得出如下几种情况：苯环1个取代基则有2种情况，和；苯环2个取代基则有2组情况，与，与，每组有邻间对三种情况，合计6种；苯环3个取代基则有为和2个