2017年4月浙江省高中化学学考选考试题与答案下载

2017 年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4 月份） 　一、选择题（本大题共 25 小题，每小题 2 分，共 50 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．（2 分）下列属于盐的是（　　） A．NaClB．KOH C．HNO3 D．CO2 2．（2 分）仪器名称为“量筒”的是（　　） A． B． C． D． 3．（2 分）下列属于非电解质的是（　　） A．葡萄糖 B．氢氧化钠 C．氯化钾 D．铁 4．（2 分）下列属于氧化还原反应的是（　　） A．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ B．Na2O+H2O═2NaOH C．2KI+Br2═2KBr+I2 D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O 5．（2 分）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　） A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．酒精溶液 6．（2 分）下列说法不正确的是（　　） A．二氧化碳是酸雨的主要成分 B．氢气是一种理想的清洁燃料 C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板 7．（2 分）下列表示不正确的是（　　） A．CO2 的电子式 B．Cl2 的结构式：Cl﹣Cl C．CH4 的球棍模型 D．Clˉ离子的结构示意图 第 1 页（共 43 页） 8．（2 分）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（　　） A．NH3 B．SO3 C．HCl D．CO2 9．（2 分）下列物质放入水中，会显著放热的是（　　） A．食盐 B．蔗糖 C．酒精 D．生石灰 10．（2 分）下列说法不正确的是（　　） A．实验室应将钠保存在煤油中 B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 C．可用酒精代替 CCl4 萃取碘水中的碘单质 D．金属镁失火不可用水来灭火 11．（2 分）下列说法正确的是（　　） A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高 B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是 1 C．乙醇和二甲醚（CH3﹣O﹣CH3）互为同系物 D．C4H10 的一氯代物只有一种 12．（2 分）已知：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）△H=﹣a KJ•mol﹣1（a＞0）．下列说 法不正确的是（　　） A．0.1 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度不再发生变化 C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达 a kJ D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 13．（2 分）下列离子方程式不正确的是（　　） ﹣A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳 CO2+OH‾═HCO3 B．金属钠和水反应 2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑ C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水 2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+ D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应 SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+ 14．（2 分）W、X、Y、Z 四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列 第 2 页（共 43 页） 说法不正确的是（　　） A．Z、Y、X 的原子半径依次减小，非金属性依次降低 B．Z、Y、W 的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低 C．WH4 与 Z 元素的单质在一定条件下可能发生化学反应 D．W 的位置是第 2 周期、第ⅣA 族 15．（2 分）下列说法不正确的是（　　） A．1 mol 乙烷在光照条件下最多能与 3 mol Cl2 发生取代反应 B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性 KMnO4 溶液褪色 C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物 D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 16．（2 分）下列说法正确的是（　　） A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变 并凝聚 B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘 油C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有﹣COOH 和﹣NH2 D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖 17．（2 分）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：Zn+Ag2O+H2O═Zn （OH）2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（　　） A．Zn 电极是负极 B．Ag2O 电极上发生还原反应 C．Zn 电极的电极反应式：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2 D．放电前后电解质溶液的 pH 保持不变 第 3 页（共 43 页） 18．（2 分）室温下，下列事实不能说明 NH3•H2O 为弱电解质的是（　　） A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 的 pH 小于 13 B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl 的 pH 小于 7 C．相同条件下，浓度均为 0.1 mol•L﹣1 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色 19．（2 分）已知断裂 1mol H2（g）中的 H﹣H 键需要吸收 436.4KJ 的能量，断裂 1mol O2（g）中的共价键需要吸收 498KJ 的能量，生成 H2O（g）中的 1mol H﹣O 键能 放出 462.8KJ 的能量．下列说法正确的是（　　） A．断裂 1 mol H2O 中的化学键需要吸收 925.6 KJ 的能量 B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣480.4 KJ•mol﹣1 C．2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6 KJ•mol﹣1 D．H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣240.2KJ•mol﹣1 20．（2 分）下列说法正确的是（　　） A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也 相同 B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键 C．CH4 和 CCl4 中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构 D．NaHSO4 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 21．（2 分）对水样中溶质 M 的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，M 的物质的量浓度（mol•L﹣1）随时间（min）变化的有关实验数据见表．下列说法 不正确的是（　　） 0510 15 20 25 时间 水样 0.4 0.4 0.28 0.31 0.15 0.19 0.24 0.12 0.13 0.20 0.09 0.10 0.18 0.07 0.09 0.16 0.05 Ⅰ（pH=2） Ⅱ（pH=4） Ⅲ（pH=4） 0.20 第 4 页（共 43 页） Ⅳ（pH=4，含 Ca2+） 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0A．在 0～20 min 内，Ⅰ中 M 的分解速率为 0.015 mol•L﹣1•min﹣1 B．水样酸性越强，M 的分解速率越快 C．在 0～20 min 内，Ⅲ中 M 的分解百分率比Ⅱ大 D．由于 Ca2+存在，Ⅳ中 M 的分解速率比Ⅰ快 22．（2 分）设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为 0.5 NA B．1 L 0.1 mol•L﹣1 硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4 NA C．0.1 mol KI 与 0.1 mol FeCl3 在溶液中反应转移的电子数为 0.1 NA D．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为 0.3 NA 23．（2 分）25℃时，在含 CH3COOH 和 CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH 和 CH3COOˉ 二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液 pH 变化的关系如图所示．下列说 法不正确的是（　　） A．在 pH＜4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH） B．在 pH=7 的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0 C．在 pH＞4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）与 c（OH﹣）之和可大于 c（H+） D．在 pH=4.76 的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与 α（CH3COO﹣）之和保持不变 24．（2 分）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3 和 FeO）得到绿矾（主 FeSO4•7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣 溶液 绿矾 铁黄 已知：FeS2 和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（　　） 第 5 页（共 43 页） A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣 B．步骤②，涉及的离子反应为 FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+ C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿 矾D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有 Fe（OH）3 25．（2 分）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO32﹣、SO42﹣等离子，将 该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（　　） A．该混合物一定是 K2CO3 和 NaCl B．该混合物可能是 Na2CO3 和 KCl C．该混合物可能是 Na2SO4 和 Na2CO3 D．该混合物一定是 Na2CO3 和 NaCl 　二、非选择题（本大题共 4 小题，共 20 分） 26．（6 分）A 是天然气的主要成分，以 A 为原料在一定条件下可获得有机物 B、 C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃 B 在标准状况下的密度为 1.16g•L﹣1，C 能发生银镜反应，F 为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体． 请回答： （1）有机物 D 中含有的官能团名称是　 （2）D+E→F 的反应类型是　． 　． （3）有机物 A 在高温下转化为 B 的化学方程式是　 （4）下列说法正确的是　． 　． A．有机物 E 与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈 第 6 页（共 43 页） B．有机物 D、E、F 可用饱和 Na2CO3 溶液鉴别 C．实验室制备 F 时，浓硫酸主要起氧化作用 D．有机物 C 能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性 KMnO4 溶液氧化． 27．（6 分）为探究黑色固体 X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下 实验： 请回答： （1）X 的化学式是　 （2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是　 （3）加热条件下氨气被固体 X 氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程 式　． 　． 　． 28．（4 分）FeSO4 受热分解的化学方程式为：2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 请回答： （1）将 FeSO4 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO3 和 SO2．能说 明 SO2 存在的实验现象是　；为测定BaSO4 沉淀的质量，后续的操作步骤 依次为　、洗涤、干燥、称重． （2）设计一个实验方案，用化学方法验证 FeSO4 受热后固体的成分（不考虑其 他反应）　． 29．（4 分）分别称取 2.39g（NH4）2SO4 和 NH4Cl 固体混合物两份． （1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的 Ba（OH）2 溶液，产生的沉淀 质量与加入 Ba（OH）2 溶液体积的关系如图．混合物中 n[（NH4）2SO4]：n 第 7 页（共 43 页） （NH4Cl）为　 　． +（2）另一份固体混合物中 NH4 与 Ba（OH） 溶液（浓度同上）恰好完全反应时， 2溶液中 c（Cl﹣=　 　（溶液体积变化忽略不计）． 　【加试题】（10 分） 30．（10 分）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解 法可制取铝．电解铝时阳极产生的 CO2 可通过二氧化碳甲烷化再利用． 请回答： （1）已知：2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol﹣1 2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=﹣221KJ•mol﹣1 2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=﹣318KJ•mol﹣1 碳热还原 Al2O3 合成 AlN 的总热化学方程式是　 件　． 　，该反应自发进行的条 （2）在常压、Ru/TiO2 催化下，CO2 和 H2 混和气体（体积比 1：4，总物质的量 a mol）进行反应，测得 CO2 转化率、CH4 和 CO 选择性随温度变化情况分别如图 1 和图 2 所示（选择性：转化的 CO2 中生成 CH4 或 CO 的百分比）． 反应ⅠCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H4 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H5 第 8 页（共 43 页） ①下列说法不正确的是　 A．△H4 小于零 　B．温度可影响产物的选择性 C．CO2 平衡转化率随温度升高先增大后减少 D．其他条件不变，将 CO2 和 H2 的初始体积比改变为 1：3，可提高 CO2 平衡转 化率 ②350℃时，反应Ⅰ在 t1 时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL 该温度下反应Ⅰ的 平衡常数为　 　（用 a、V 表示） ③350℃下 CH4 物质的量随时间的变化曲线如图 3 所示．画出 400℃下 0～t1 时刻 CH4 物质的量随时间的变化曲线． （3）据文献报道，CO2 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反 应式是　 　． 第 9 页（共 43 页） 　【加试题】（10 分） 31．（10 分）ClO2 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成 NaClO2 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备 NaClO2 固体的实验装置如图 1 所示． 已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O 2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O ClO2 熔点﹣59℃、沸点 11℃；H2O2 沸点 150℃ 请回答： （1）仪器 A 的作用是　 　；冰水浴冷却的目的是　 　（写两种）． （2）空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2 产率，试解释其原因　 　（3）Clˉ存在时会催化 ClO2 的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2 的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其补充完 整：①　 　（用离子方程式表示），②H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+． （4）H2O2 浓度对反应速率有影响．通过图 2 所示装置将少量 30% H2O2 溶液浓缩 至 40%，B 处应增加一个设备．该设备的作用是　，馏出物是　． （5）抽滤法分离 NaClO2 过程中，下列操作不正确的是　 A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤 B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀 　D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头． 　第 10 页（共 43 页） 【加试题】（10 分） 32．（10 分）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶： 已知 RX RCN RCOOH 请回答： （1）A→B 的反应类型是　 （2）下列说法不正确的是　 　． 　． A．化合物 A 的官能团是硝基 B．化合物 B 可发生消去反应 C．化合物 E 能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是 C15H21NO2 （3）写出 B+C→D 的化学反应方程式　 （4）设计以甲苯为原料制备 C 的合成路线（用流程图表示，无机试剂任 选）　． 　． （5）写出同时符合下列条件的 C 的所有同分异构体的结构简式　 　． ①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物； ②1H﹣NMR 谱表明分子中有 6 种氢原子；IR 谱显示存在碳氮双键（C=N）． 　第 11 页（共 43 页） 2017 年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4 月份） 参考答案与试题解析 　一、选择题（本大题共 25 小题，每小题 2 分，共 50 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．（2 分）（2017•浙江）下列属于盐的是（　　） A．NaClB．KOH C．HNO3 D．CO2 【分析】阴离子是酸根离子，阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐； 电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱； 电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸； 由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物．据此分析． 【解答】解：A、氯化钠的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故为盐，故 A 正确； B、KOH 电离出的阴离子全部是氢氧根，故为碱，故 B 错误； C、硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，故为酸，故 C 错误； D、二氧化碳是氧化物，故 D 错误． 故选 A． 　2．（2 分）（2017•浙江）仪器名称为“量筒”的是（　　） A． B． C． D． 【分析】量筒是用于量取一定体积的计量仪器，量筒没有 0 刻度，但是量筒上标 有具体刻度，据此进行解答． 【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，故 A 不选； B．该仪器为分液漏斗，故 B 错误； C．该仪器标有小刻度、没有 0 刻度，为量筒，故 C 选； D．该仪器为研钵，故 D 不选； 故选 C． 第 12 页（共 43 页） 　3．（2 分）（2017•浙江）下列属于非电解质的是（　　） A．葡萄糖 B．氢氧化钠 C．氯化钾 D．铁 【分析】在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或 熔融状态下能导电的化合物是电解质． 【解答】解：A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以 葡萄糖是非电解质，故 A 正确； B、氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，故氢氧化钠是 电解质，故 B 错误； C、氯化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氯化钾是电 解质，故 C 错误； D、金属铁是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故 D 错误； 故选 A． 　4．（2 分）（2017•浙江）下列属于氧化还原反应的是（　　） A．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ B．Na2O+H2O═2NaOH C．2KI+Br2═2KBr+I2 D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O 【分析】氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原反 应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断． 【解答】解：A．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑为分解反应，反应中不存在 化合价变化，不属于氧化还原反应，故 A 错误； B．Na2O+H2O═2NaOH 为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原 反应，故 B 错误； C．2KI+Br2═2KBr+I2 为置换反应，I、Br 元素的化合价发生变化，属于氧化还原 反应，故 C 正确； D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O 为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原 反应，故 D 错误； 第 13 页（共 43 页） 故选 C． 　5．（2 分）（2017•浙江）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　） A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．酒精溶液 【分析】丁达尔效应是胶体所特有的性质，而分散质粒子直径介于 1﹣100nm 之 间的分散系为胶体，据此分析． 【解答】解：A、稀硫酸是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故 A 错误； B、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故 B 错误； C、氢氧化铁胶体是胶体，产生丁达尔效应，故 C 正确； D、酒精溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故 D 错误； 故选 C． 　6．（2 分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（　　） A．二氧化碳是酸雨的主要成分 B．氢气是一种理想的清洁燃料 C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板 【分析】A．正常雨水溶解二氧化碳； B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广； C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸； D．Cu 与氯化铁溶液反应． 【解答】解：A．正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可导致酸雨发生，为酸雨的 主要成分，故 A 错误； B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广，则氢气是一种理想的清洁燃料，故 B 正确； C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸，则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，故 C 正确； D．Cu 与氯化铁溶液反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故 D 正确； 故选 A． 第 14 页（共 43 页） 　7．（2 分）（2017•浙江）下列表示不正确的是（　　） A．CO2 的电子式 B．Cl2 的结构式：Cl﹣Cl C．CH4 的球棍模型 D．Clˉ离子的结构示意图 【分析】A．二氧化碳为共价化合物，含有 C=O 键； B．氯气存在 Cl﹣Cl 键； C． 为比例模型； D．Clˉ离子的原子核外有 3 个电子层，最外层电子数为 8． 【解答】解：A．二氧化碳为共价化合物，含有 C=O 键，电子式为 故 A 正确； ，B．氯气存在 Cl﹣Cl 键，结构式为 Cl﹣Cl，故 B 正确； C．甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为 ，故 C 错误； D．Clˉ离子的原子核外有 3 个电子层，最外层电子数为 8，离子的结构示意图 为 ，故 D 正确． 故选 C． 　8．（2 分）（2017•浙江）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（　　） A．NH3 B．SO3 C．HCl D．CO2 【分析】据能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是碱性气体氨气来回答． 【解答】解：A、氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，属于弱碱，氨气显 碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故 A 正确； B、SO3 和水反应生成硫酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 B 错误； C、HCl 属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 C 错误； 第 15 页（共 43 页） D、CO2 和水反应生成碳酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 D 错误； 故选 A． 　9．（2 分）（2017•浙江）下列物质放入水中，会显著放热的是（　　） A．食盐 B．蔗糖 C．酒精 D．生石灰 【分析】选项中只有生石灰溶于水，放出大量的热，其它溶于水水热效应不明显， 以此来解答． 【解答】解：A、B、C 中物质均溶于水，热效应不明显，但 CaO 与水反应，放出 热量的热，热效应明显， 故选 D． 　10．（2 分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（　　） A．实验室应将钠保存在煤油中 B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 C．可用酒精代替 CCl4 萃取碘水中的碘单质 D．金属镁失火不可用水来灭火 【分析】A、钠能和氧气、水反应； B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏； C、酒精和水互溶； D、金属镁能和热水反应． 【解答】解：A、钠能和氧气、水反应，故应隔绝空气保存，且钠的密度比煤油 大，故可以保存在煤油中，故 A 正确； B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏，故分液漏斗和容量瓶使用前 都需查漏，故 B 正确； C、酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故 C 错误； D、金属镁能和热水反应生成氢气会引起爆炸，故不能用水来灭镁火，故 D 正 确． 故选 C． 　第 16 页（共 43 页） 11．（2 分）（2017•浙江）下列说法正确的是（　　） A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高 B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是 1 C．乙醇和二甲醚（CH3﹣O﹣CH3）互为同系物 D．C4H10 的一氯代物只有一种 【分析】A．石墨的硬度小； B．具有一定质子数和一定中子数的原子为核素； C．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个 CH2 原子团的物质互称为同系物， 同系物必为同一类物质，所含官能团及官能团数目相同； D．丁烷有正丁烷和异丁烷 2 种同分异构体，有机物分子中有几种氢原子就有几 种一氯代烃，然后根据正丁烷和异丁烷中氢原子的种类确定 C4H10 的一氯代物的 数目； 【解答】解：A．金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质，互为同素异形体， 石墨的硬度小，故 A 错误； B．氕、氘、氚是质子数相同，中子数不同的同元素的不同原子，三者是氢元素 的三种核素，质子数都是 1，故 B 正确； C．乙醇和二甲醚不属于一类物质，官能团不同，不是同系物，故 C 错误； D．分子式为 C4H10 的烷烃为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体， 正丁烷 CH3CH2CH2CH3 有 2 氢原子，所以其一氯代物有 2； 异丁烷 CH3CH（CH3）CH3 有 2 氢原子，其一氯代物有 2 种， 所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有 4 种，故 D 错误； 故选 B． 　12．（2 分）（2017•浙江）已知：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）△H=﹣a KJ•mol﹣1（a ＞0）．下列说法不正确的是（　　） A．0.1 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度不再发生变化 C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达 a kJ D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 第 17 页（共 43 页） 【分析】A、可逆反应不可能完全转化； B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变； C、反应热表示 1molX 和 2molY 完全反应生成 3mol 的 Z 放出 aKJ 的热量； D、升高反应温度，正逆反应速率都加快． 【解答】解：A、可逆反应不可能完全转化，所以 0.1 mol X 和 0.2 mol Y 充分反 应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol，故 A 正确； B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平 衡状态时，X、Y、Z 的浓度不再发生变化，故 B 正确； C、反应热表示 1molX 和 2molY 完全反应生成 3mol 的 Z 放出 aKJ 的热量，反应放 出的热量与实际参加反应的量有关，所以达到化学平衡状态时，只要有 1molX 参 加反应就可以放出 aKJ 的热量，故 C 正确； D、升高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故 D 错误； 故选 D． 　13．（2 分）（2017•浙江）下列离子方程式不正确的是（　　） ﹣A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳 CO2+OH‾═HCO3 B．金属钠和水反应 2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑ C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水 2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+ D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应 SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+ 【分析】A．氢氧化钙与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙； B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气； C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒； D．三氧化硫为酸性氧化物，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢． 【解答】解：A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应 ﹣的离子方程式为：CO2+OH‾═HCO3 ，故 A 正确； B．金属钠和水反应生成 NaOH 和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═ 2Na++2OH﹣+H2↑，故 B 正确； C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的 第 18 页（共 43 页） 离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故 C 错误； D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O═ BaSO4↓+2H+，故 D 正确； 故选 C． 　14．（2 分）（2017•浙江）W、X、Y、Z 四种短周期元素，它们在周期表中位置如 图所示，下列说法不正确的是（　　） A．Z、Y、X 的原子半径依次减小，非金属性依次降低 B．Z、Y、W 的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低 C．WH4 与 Z 元素的单质在一定条件下可能发生化学反应 D．W 的位置是第 2 周期、第ⅣA 族 【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素，由它们在周期表中位置可知，W 为 C，X 为 O，Y 为 S，Z 为 Cl， A．同周期从左向右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；同主族从上到下 非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强； B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强； C．WH4 与 Z 元素的单质，在光照下可发生取代反应； D．W 为 C 元素． 【解答】解：A．Y、Z、X 的原子半径依次减小，非金属性 X＞Y、Z＞Y，且 O 无 正价，则非金属性 X、Z、Y 依次降低，故 A 错误； B．非金属性 Z＞Y＞W，则 Z、Y、W 的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低， 故 B 正确； C．WH4 与 Z 元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和 HCl，故 C 正确； D．W 为 C 元素，位于第 2 周期、第ⅣA 族，故 D 正确； 故选 A． 　15．（2 分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（　　） 第 19 页（共 43 页） A．1 mol 乙烷在光照条件下最多能与 3 mol Cl2 发生取代反应 B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性 KMnO4 溶液褪色 C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物 D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 【分析】A．乙烷分子中含有 6 个 H 原子，可完全被取代； B．石油裂解气含有烯烃； C．水煤气的主要成分为 CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等； D．苯可在一定条件下发生取代反应． 【解答】解：A．乙烷分子中含有 6 个 H 原子，可完全被取代，则 1 mol 乙烷在 光照条件下最多能与 6 mol Cl2 发生取代反应，故 A 错误； B．石油裂解气含有烯烃，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，故 B 正确； C．水煤气的主要成分为 CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等，故 C 正确； D．苯可在一定条件下发生取代反应，可生成硝基苯、氯苯等，故 D 正确． 故选 A． 　16．（2 分）（2017•浙江）下列说法正确的是（　　） A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变 并凝聚 B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘 油C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有﹣COOH 和﹣NH2 D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖 【分析】A．加入硫酸钠，蛋白质不变性； B．甘油易溶于水； C．氨基酸为小分子化合物； D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解． 【解答】解：A．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故 A 错误； B．甘油易溶于水，上层为高级脂肪酸钠，故 B 错误； 第 20 页（共 43 页） C．高分子化合物的相对分子质量在 10000 以上，氨基酸为小分子化合物，故 C 错误； D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解生成葡萄糖，故 D 正 确． 故选 D． 　17．（2 分）（2017•浙江）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应： Zn+Ag2O+H2O═Zn（OH）+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（　　） 2A．Zn 电极是负极 B．Ag2O 电极上发生还原反应 C．Zn 电极的电极反应式：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2 D．放电前后电解质溶液的 pH 保持不变 【 分 析 】 原 电 池 反 应Zn+Ag2O+H2O=Zn （ OH ） 2+2Ag 中 ， 负 极 反 应 为 Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2、正极反应为 Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，电子由负 极流向正极，以此来解答． 【解答】解：A、活泼金属 Zn 为负极，故 A 正确； B、正极反应为 Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，发生还原反应，故 B 正确； C、负极反应为 Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，故 C 正确； D、氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少，KOH 的浓度增大，pH 增大， 故 D 错误； 故选 D． 　18．（2 分）（2017•浙江）室温下，下列事实不能说明 NH3•H2O 为弱电解质的是 （　　） 第 21 页（共 43 页） A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 的 pH 小于 13 B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl 的 pH 小于 7 C．相同条件下，浓度均为 0.1 mol•L﹣1 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色 【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明 NH3．H2O 部分电离就说明 NH3．H2O 是弱电解质，据此分析解答． 【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 的 pH 小于 13，则溶液中 c（OH﹣）＜ 0.1mol/L，所以 c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明 NH3•H2O 部分电离，为弱电解 质，故 A 不选； B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl 的 pH 小于 7 显酸性，说明 NH4Cl 是强酸弱碱盐，则证明 NH3•H2O 是弱电解质，故 B 不选； C．相同条件下，浓度均为 0.1 mol•L﹣1 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱， 说明 NH3•H2O 部分电离，为弱电解质，故 C 不选； D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色，说明 NH3•H2O 显碱性，则不 能证明 NH3．H2O 是弱电解质，故 D 选； 故选 D． 　19．（2 分）（2017•浙江）已知断裂 1mol H2（g）中的 H﹣H 键需要吸收 436.4KJ 的能量，断裂 1mol O2（g）中的共价键需要吸收 498KJ 的能量，生成 H2O（g） 中的 1mol H﹣O 键能放出 462.8KJ 的能量．下列说法正确的是（　　） A．断裂 1 mol H2O 中的化学键需要吸收 925.6 KJ 的能量 B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣480.4 KJ•mol﹣1 C．2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6 KJ•mol﹣1 D．H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣240.2KJ•mol﹣1 【分析】焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正 第 22 页（共 43 页） 比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，以此来解答． 【解答】解：A．生成 H2O（g）中的 1mol H﹣O 键能放出 462.8KJ 的能量，则断 裂 1 mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量 462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水 的状态，故 A 错误； B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）﹣2×2 ×（462.8KJ/mol）=﹣480.4 KJ•mol﹣1，故 B 正确； C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=﹣88KJ/mol，则 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△ H=﹣568.4KJ/mol，可知 2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4 KJ•mol﹣1，故 C 错误； D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣568.4KJ/mol，则 H2（g）+ O2（g）═H2O （l）△H=﹣284.2KJ•mol﹣1，故 D 错误； 故选 B． 　20．（2 分）（2017•浙江）下列说法正确的是（　　） A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也 相同 B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键 C．CH4 和 CCl4 中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构 D．NaHSO4 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 【分析】A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体； B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键； C、CH4 分子中氢原子最外层达 2 电子的稳定结构； D、NaHSO4 晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子． 【解答】解：A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微 粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故 A 错误； B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时， 需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故 B 正确； 第 23 页（共 43 页） C、CH4 分子中氢原子最外层达 2 电子的稳定结构，不是 8 电子稳定结构，故 C 错误； D、NaHSO4 晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以 NaHSO4 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故 D 错误； 故选 B． 　21．（2 分）（2017•浙江）对水样中溶质 M 的分解速率影响因素进行研究．在相 同温度下，M 的物质的量浓度（mol•L﹣1）随时间（min）变化的有关实验数据 见表．下列说法不正确的是（　　） 0510 15 20 25 时间 水样 0.4 0.4 0.28 0.31 0.15 0.09 0.19 0.24 0.12 0.05 0.13 0.20 0.09 0.03 0.10 0.18 0.07 0.01 0.09 0.16 0.05 0Ⅰ（pH=2） Ⅱ（pH=4） Ⅲ（pH=4） Ⅳ（pH=4，含 Ca2+） 0.20 0.20 A．在 0～20 min 内，Ⅰ中 M 的分解速率为 0.015 mol•L﹣1•min﹣1 B．水样酸性越强，M 的分解速率越快 C．在 0～20 min 内，Ⅲ中 M 的分解百分率比Ⅱ大 D．由于 Ca2+存在，Ⅳ中 M 的分解速率比Ⅰ快 【分析】A．在 0～20 min 内，Ⅰ中 M 的物质的量浓度变化 0.3mol/L，以此可计 算浓度； B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据可得出结论； C．在 0～20 min 内，Ⅲ中 M 的浓度变化 0.13mol，Ⅱ中变化 0.22mol，以此计算 分解的百分率； D．可对比 0～20 min 内Ⅰ、Ⅳ中 M 的分解速率进行判断． 【解答】解：A．在 0～20 min 内，Ⅰ中 M 的物质的量浓度变化 0.3mol/L，则，Ⅰ 中 M 的分解速率为 =0.015 mol•L﹣1•min﹣1，故 A 正确； B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据，0﹣5min 内，Ⅰ中 M 的物质的量浓度变化 0.12mol/L，Ⅱ 第 24 页（共 43 页） 中 M 的物质的量浓度变化 0.09mol/L，则酸性增强，速率增大，故 B 正确； C．在 0～20 min 内，Ⅲ中 M 的浓度变化 0.13mol，分解速率为 ，Ⅱ中变化 0.22mol，分解速率为 ，则Ⅲ中 M 的分解百分率比Ⅱ大，故 C 正确； D．可对比 5～10min 内Ⅰ中分解速率为 、Ⅳ中 M 的分解速率为 ，可 知Ⅰ中 M 的分解速率比Ⅰ快，故 D 错误． 故选 D． 　22．（2 分）（2017•浙江）设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为 0.5 NA B．1 L 0.1 mol•L﹣1 硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4 NA C．0.1 mol KI 与 0.1 mol FeCl3 在溶液中反应转移的电子数为 0.1 NA D．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为 0.3 NA 【分析】A、标况下乙醇为液体； B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子； C、KI 和 FeCl3 的反应是一个可逆反应； D、1mol 乙烯和乙醇均消耗 3mol 氧气． 【解答】解：A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的 量，故 A 错误； B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数 大于 0.4NA 个，故 B 错误； C、KI 和 FeCl3 的反应是一个可逆反应，不能完全反应，题干中转移 0.1NA 的电子 数是在完全反应的情况下，故 C 错误； D、1mol 乙烯和乙醇均消耗 3mol 氧气，故 0.1mol 乙烯和乙醇消耗 0.3mol 氧气 即 0.3NA 个氧气分子，故 D 正确． 故选 D． 　23．（2 分）（2017•浙江）25℃时，在含 CH3COOH 和 CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH 和 CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液 pH 变化的关系如图所 第 25 页（共 43 页） 示．下列说法不正确的是（　　） A．在 pH＜4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH） B．在 pH=7 的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0 C．在 pH＞4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）与 c（OH﹣）之和可大于 c（H+） D．在 pH=4.76 的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与 α（CH3COO﹣）之和保持不变 【分析】A．当溶液 pH=4.76 时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），在 pH＜4.76 的 溶液显酸性； B．若 α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0，溶液显碱性； C．在 pH＞4.76 的溶液中存在电荷守恒分析； D．当溶液 pH=4.76 时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸 根离子水解显碱性，为缓冲溶液． 【解答】解：A．在 pH＜4.76 的溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）， 故 A 正确； B．在 pH=7 的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH3COOH）≠0，α （CH3COO﹣）＜1.0，故 B 错误； C．在 pH＞4.76 的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）与 c（OH﹣）之和可大于 c（H+），故 C 正确； D．当溶液 pH=4.76 时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸 根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中 α（CH3COOH）与 α （CH3COO﹣）之和保持不变，故 D 正确； 第 26 页（共 43 页） 故选 B． 　24．（2 分）（2017•浙江）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3 和 FeO）得到 绿矾（主 FeSO4•7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣 溶液 绿矾 铁黄 已知：FeS2 和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（　　） A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣 B．步骤②，涉及的离子反应为 FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+ C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿 矾D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有 Fe（OH）3 【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3 和 FeO）均溶于 硫酸，溶液含 Fe2+、Fe3+，步骤②发生 FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4， 步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应 生成 Fe（OH）3，以此来解答． 【解答】解：A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶 解烧渣，故 A 正确； B ． 步 骤 ② 发 生FeS2+7Fe2 （ SO4 ） 3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 ， 离 子 反 应 为 FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，故 B 正确； C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故 C 错误； D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成 Fe （OH）3，故 D 正确； 故选 C． 　2﹣ 25．（2 分）（2017•浙江）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO32﹣、SO4 等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（　　） 第 27 页（共 43 页） A．该混合物一定是 K2CO3 和 NaCl B．该混合物可能是 Na2CO3 和 KCl C．该混合物可能是 Na2SO4 和 Na2CO3 D．该混合物一定是 Na2CO3 和 NaCl 【分析】固体溶于水后，焰色反应为黄色，可知一定含 Na+，与过量硝酸钡反应 生成白色沉淀可溶于过量盐酸，则白色沉淀为碳酸钡，一定含 CO32﹣，而不含 SO42﹣，滤液与硝酸银反应生成不溶于硝酸的白色沉淀为 AgCl，可知一定含 Cl﹣， 以此来解答． 【解答】解：由上述分析可知，一定含 Na+、Cl﹣、CO32﹣，不含 SO42﹣，不能确 定是否含 K+， A．该混合物可能是 K2CO3 和 NaCl，因不能确定是否含 K+，故 A 不选； B．由分析出的离子可知该混合物可能是 Na2CO3 和 KCl，故 B 选； C．不含 SO42﹣，则不可能含 Na2SO4，故 C 不选； D．不能确定是否含 K+，可能为 Na2CO3 和 NaCl，故 D 不选； 故选 B． 　二、非选择题（本大题共 4 小题，共 20 分） 26．（6 分）（2017•浙江）A 是天然气的主要成分，以 A 为原料在一定条件下可 获得有机物 B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃 B 在标准状况下的密 度为 1.16g•L﹣1，C 能发生银镜反应，F 为有浓郁香味，不易溶于水的油状液 体． 第 28 页（共 43 页） 请回答： （1）有机物 D 中含有的官能团名称是　羧基　． （2）D+E→F 的反应类型是　酯化反应　． （3）有机物 A 在高温下转化为 B 的化学方程式是　2CH4 CH≡CH+3H2　． （4）下列说法正确的是　BD　． A．有机物 E 与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈 B．有机物 D、E、F 可用饱和 Na2CO3 溶液鉴别 C．实验室制备 F 时，浓硫酸主要起氧化作用 D．有机物 C 能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性 KMnO4 溶液氧化． 【分析】A 是天然气的主要成分，则 A 为 CH4；已知烃 B 在标准状况下的密度为 1.16g•L﹣1，则 B 的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g•L﹣1≈26g/mol；C 能 发生银镜反应，则 C 分子中含有醛基；F 为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体， 则 F 为酯，根据转化关系可知 F 为 CH3COOC2H5；C 催化氧化得 D，C 与氢气发生 还原反应生成 E，则 D 为 CH3COOH、E 为 CH3CH2OH、C 为 CH3CHO；B 与水反应 生成乙醛，且 B 的摩尔质量为 26g/mol，则 B 为 CH≡CH，据此进行解答． 【解答】解：A 是天然气的主要成分，则 A 为 CH4；已知烃 B 在标准状况下的密 度为 1.16g•L﹣1，则 B 的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g•L﹣1≈26g/mol；C 能发生银镜反应，则 C 分子中含有醛基；F 为有浓郁香味，不易溶于水的油状液 体，则 F 为酯，根据转化关系可知 F 为 CH3COOC2H5；C 催化氧化得 D，C 与氢气 发生还原反应生成 E，则 D 为 CH3COOH、E 为 CH3CH2OH、C 为 CH3CHO；B 与水 反应生成乙醛，且 B 的摩尔质量为 26g/mol，则 B 为 CH≡CH， （1）D 的结构简式为 D 为 CH3COOH，其含有官能团为羧基， 故答案为：羧基； （2）D 为 CH3COOH、E 为 CH3CH2OH，二者在浓硫酸存在条件下发生酯化反应生 成乙酸乙酯， 故答案为：酯化反应； （3）A 为 CH4，B 为 CH≡CH，CH4 在高温下转化为 CH≡CH 的化学方程式是：2CH4 CH≡CH+3H2， 第 29 页（共 43 页） 故答案为：2CH4 CH≡CH+3H2； （4）A．E 为 CH3CH2OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故 A 错 误； B．D 为 CH3COOH、E 为 CH3CH2OH、F 为 CH3COOC2H5，乙酸与碳酸钠生成气体， 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和 Na2CO3 溶液鉴别三者，故 B 正确； C．实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸为催化剂和吸水剂，不体现氧化性，故 C 错 误； D．有机物 C 为 CH3CHO，CH3CHO 中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化 铜悬浊液、酸性 KMnO4 溶液氧化，故 D 正确； 故答案为：BD． 　27．（6 分）（2017•浙江）为探究黑色固体 X（仅含两种元素）的组成和性质，设 计并完成如下实验： 请回答： （1）X 的化学式是　CuO　． （2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是　Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O　． （3）加热条件下氨气被固体 X 氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式　 3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O　． 【分析】流程中 32gX 隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为 氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明 X 中含氧元素，28.8g 固体甲和稀硫酸溶 液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即 X 中含铜元素， 铜元素和氧元素形成的黑色固体为 CuO，X 为氧化铜，n（CuO）= 第 30 页（共 43 页） =0.4mol，结合质量守恒得到 n（O2）= =0.1mol，氧元素守恒得到甲中 n （Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学式为 Cu2O， 固体乙为 Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热 分解得到 16.0g 氧化铜，据此分析回答． 【解答】解：流程中 32gX 隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气 体为氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明 X 中含氧元素，28.8g 固体甲和稀硫 酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即 X 中含铜 元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为 CuO，X 为氧化铜，n（CuO）= =0.4mol，结合质量守恒得到 n（O2）= =0.1mol，氧元素守恒得到甲中 n （Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学式为 Cu2O， 固体乙为 Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热 分解得到 16.0g 氧化铜， （1）分析可知 X 为 CuO，故答案为：CuO； （2）固体甲为 Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子 和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O， 故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O； （3）加热条件下氨气被固体 X 位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化 学方程式为：3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O， 3Cu+N2+3H2O． 故答案为：3CuO+2NH3 　28．（4 分）（2017•浙江）FeSO4 受热分解的化学方程式为：2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 请回答： （1）将 FeSO4 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO3 和 SO2．能说 明 SO2 存在的实验现象是　品红溶液褪色　；为测定 BaSO4 沉淀的质量，后续的 操作步骤依次为　过滤　、洗涤、干燥、称重． 第 31 页（共 43 页） （2）设计一个实验方案，用化学方法验证 FeSO4 受热后固体的成分（不考虑其 他反应）　取少量溶于硫酸，滴加 KSCN 溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反 应　． 【分析】（1）由图可知，氯化钡溶液与三氧化硫反应，若品红褪色可说明二氧化 硫的存在，NaOH 溶液吸收尾气，对沉淀过滤、洗涤、干燥后称量； （2）氧化铁不溶于水，加硫酸溶解后可检验铁离子． 【解答】解：（1）将 FeSO4 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO3 和 SO2，能说明 SO2 存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定 BaSO4 沉淀的质量， 后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重， 故答案为：品红溶液褪色；过滤； （2）用化学方法验证 FeSO4 受热后固体的成分的实验为取少量溶于硫酸，滴加 KSCN 溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，可说明分解生成氧化铁， 故答案为：取少量溶于硫酸，滴加 KSCN 溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反 应． 　29．（4 分）（2017•浙江）分别称取 2.39g（NH4）2SO4 和 NH4Cl 固体混合物两 份． （1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的 Ba（OH）2 溶液，产生的沉淀 质量与加入 Ba（OH）2 溶液体积的关系如图．混合物中 n[（NH4）2SO4]：n （NH4Cl）为　1：2　． +（2）另一份固体混合物中 NH4 与 Ba（OH） 溶液（浓度同上）恰好完全反应时， 2溶液中 c（Cl﹣=　0.1mol/L　（溶液体积变化忽略不计）． 第 32 页（共 43 页） 【分析】（1）分别称取 2.39g（NH4） SO4 和 NH4Cl 固体混合物两份，而第一份加 2100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为 2.33g，其物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为 0.01mol， 其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中 NH4Cl 的质量为：2.39﹣1.32=1.07g，所 以氯化铵的物质的量为 =0.02mol； （2）由（1）可知 100ml 氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓 度为 =0.1mol/L，而 2.39g（NH4） SO4 和 NH4Cl 固体混合物中铵根离子的 2+物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据 NH4 +OH﹣=NH3↑+H2O 可知氢氧化钡 的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.2L，根据 c= 求氯 离子的物质的量浓度． 【解答】解：（1）分别称取 2.39g（NH4）2SO4 和 NH4Cl 固体混合物两份，而第一 份加 100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为 2.33g，其物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为 0.01mol ， 其 质 量 为 ： 0.01 × 132=1.32g ， 则 每 份 中NH4Cl 的 质 量 为 ： 2.39﹣1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 =0.02mol，所以两者的物 质的量之比为：0.01：0.02=1：2，故答案为：1：2； （2）由（1）可知 100ml 氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓 度为 =0.1mol/L，而 2.39g（NH4） SO4 和 NH4Cl 固体混合物中铵根离子的 2+物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据 NH4 +OH﹣=NH3↑+H2O 可知氢氧化钡 的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L． =0.2L，c= = 　第 33 页（共 43 页） 【加试题】（10 分） 30．（10 分）（2017•柯桥区）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝 （AlN）；通过电解法可制取铝．电解铝时阳极产生的 CO2 可通过二氧化碳甲烷化 再利用． 请回答： （1）已知：2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol﹣1 2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=﹣221KJ•mol﹣1 2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=﹣318KJ•mol﹣1 碳热还原 Al2O3 合成 AlN 的总热化学方程式是　3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN （s）+3CO（g）△H=+1026KJ/mol/L　，该反应自发进行的条件　高温　． （2）在常压、Ru/TiO2 催化下，CO2 和 H2 混和气体（体积比 1：4，总物质的量 a mol）进行反应，测得 CO2 转化率、CH4 和 CO 选择性随温度变化情况分别如图 1 和图 2 所示（选择性：转化的 CO2 中生成 CH4 或 CO 的百分比）． 反应ⅠCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H4 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H5 ①下列说法不正确的是　CD　 A．△H4 小于零 B．温度可影响产物的选择性 C．CO2 平衡转化率随温度升高先增大后减少 第 34 页（共 43 页） D．其他条件不变，将 CO2 和 H2 的初始体积比改变为 1：3，可提高 CO2 平衡转 化率 ②350℃时，反应Ⅰ在 t1 时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL 该温度下反应Ⅰ的 平衡常数为　 　（用 a、V 表示） ③350℃下 CH4 物质的量随时间的变化曲线如图 3 所示．画出 400℃下 0～t1 时刻 CH4 物质的量随时间的变化曲线． （3）据文献报道，CO2 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反 应式是　CO2+6H2O+8e﹣═CH4+8OH﹣　． 【分析】（1）①2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol﹣1 ②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=﹣221KJ•mol﹣1 ③2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=﹣318KJ•mol﹣1 盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）× 得到碳热还原 Al2O3 合成 AlN 的总热化学 方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0； （2）①A．图象中二氧化碳转化率随温度升高减小，说明正反应为放热反应； B．图象 2 分析随温度升高到 400°C 以上，选择性受温度影响； C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态； D．两种反应物增大一种会提高另一种的转化率，本身转化率减小； ②350℃时，反应Ⅰ在 t1 时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL，二氧化碳转化率 第 35 页（共 43 页） 为 80%，结合三行计算计算平衡浓度，K= ；③反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知接 近 72.5%，甲烷物质的量减小小于 350°C 时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间 缩短； （3）CO2 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢 氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应． 【解答】解：（1）①2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol﹣1 ②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=﹣221KJ•mol﹣1 ③2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=﹣318KJ•mol﹣1 盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）× 得到， 碳热还原 Al2O3 合成 AlN 的总热化学方程式：3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN （s）+3CO（g）△H=+1026KJ/mol/L，反应△S＞0，△H＞0，则满足△H﹣T△S＜ 0，反应自发进行的条件是高温条件下， 故 答 案 为 ： 3C （ s ） +Al2O3 （ s ） +N2 （ g ） =2AlN （ s ） +3CO （ g ） △ H=+1026KJ/mol/L；高温； （2）①A．图象中，二氧化碳先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状态， 升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率随温度升高减小，平衡说明正反应为放热反 应，△H4 小于零，故 A 正确； B．图象 2 分析可知，图象变化趋势随温度升高到 400°C 以上，CH4 和 CO 选择性 受温度影响甲烷减小，一氧化碳增大，温度可影响产物的选择性，故 B 正确； C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态，随 温度升高二氧化碳转化率减小，故 C 错误； D．CO2 和 H2 混和气体（体积比 1：4，总物质的量 a mol）进行反应，将 CO2 和 H2 的初始体积比改变为 1：3，二氧化碳转化率减小，故 D 错误； 故答案为：CD； ②在常压、Ru/TiO2 催化下，CO2 和 H2 混和气体（体积比 1：4，总物质的量 a mol）进行反应，350℃时，反应Ⅰ在 t1 时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL， 第 36 页（共 43 页） 二氧化碳转化率为 80% （g）+2H2O（g） CO2（g）+4H2（g）⇌CH4 起始量（mol） 变化量（mol） 平衡量（mol） 0.2a 0.8a 000.16a 0.04a 0.64a 0.16a 0.16a 0.16a 0.32a 0.32a 平衡常数 K= =，故答案为： ；③反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知接 近 72.5%，甲烷物质的量减小小于 350°C 时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间 缩短 CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） 起始量（mol） 变化量（mol） 平衡量（mol） 0.2a 0.145a 0.055 0.8a 0.58 a 0.22a 000.145a 0.29a 0.29a 0.145a 画出图象，达到平衡状态甲烷 0.145a mol，升温加快反应速率，达到平衡所需 时间缩短，得到图象为 ，故答案为： ；（3）CO2 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢 第 37 页（共 43 页） 氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：CO2+6H2O+8e﹣═CH4+8OH﹣， 故答案为：CO2+6H2O+8e﹣═CH4+8OH﹣． 　【加试题】（10 分） 31．（10 分）（2017•浙江）ClO2 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解， 常将其制成 NaClO2 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备 NaClO2 固体的实验 装置如图 1 所示． 已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O 2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O ClO2 熔点﹣59℃、沸点 11℃；H2O2 沸点 150℃ 请回答： （1）仪器 A 的作用是　防止倒吸　；冰水浴冷却的目的是　降低 NaClO2 的溶解 度、减少 H2O2 的分解、增加 ClO2 的溶解度、减少 ClO2 的分解　（写两种）． （2）空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2 产率，试解释其原因　空气流速过慢 时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2 不能被充 分吸收　 （3）Clˉ存在时会催化 ClO2 的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2 的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其补充完 整：①　2ClO3 +2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O　（用离子方程式表示），② ﹣H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+． 第 38 页（共 43 页） （4）H2O2 浓度对反应速率有影响．通过图 2 所示装置将少量 30% H2O2 溶液浓缩 至 40%，B 处应增加一个设备．该设备的作用是　减压　，馏出物是　H2O　． （5）抽滤法分离 NaClO2 过程中，下列操作不正确的是　C　 A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤 B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀 D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头． 【分析】氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2 与氢氧化 钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成 NaClO2，NaClO2 的溶解度随温度升高 而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体 NaClO2•3H2O， （1）仪器 A 为安全瓶，冰水浴降低 NaClO2 的溶解度；减少 H2O2 的分解；增加 ClO2 的溶解度；减少 ClO2 的分解； （2）空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过 快时，ClO2 不能被充分吸收； （3）Clˉ存在时会催化 ClO2 的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2 的生成速率大大提高，并产生微量氯气，则氯离子与氯酸根离子反应生成 ClO2 和氯气，据此分析； （4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式； （5）抽滤法分离 NaClO2 过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸， 让洗涤剂和晶体充分接触． 【解答】解：（1）仪器 A 为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低 NaClO2 的溶解度；减少 H2O2 的分解；增加 ClO2 的溶解度；减少 ClO2 的分解用冰水浴冷 却； 故答案为：防止倒吸；降低 NaClO2 的溶解度、减少 H2O2 的分解、增加 ClO2 的溶 解度、减少 ClO2 的分解； （2）空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过 快时，ClO2 不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2 产率； 故答案为：空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流 速过快时，ClO2 不能被充分吸收； 第 39 页（共 43 页） （3）Clˉ存在时会催化 ClO2 的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2 的 生 成 速 率 大 大 提 高 ， 并 产 生 微 量 氯 气 反 应 为 ， 2ClO3 +2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+； ﹣故答案为：2ClO3 +2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O； ﹣（4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则 B 处增加一个减压设备， 馏出物为 H2O； 故答案为：减压；H2O； （5）抽滤法分离 NaClO2 过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸， 让洗涤剂和晶体充分接触； 故答案为：C． 　【加试题】（10 分） 32．（10 分）（2017•浙江）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶： 已知 RX RCN RCOOH 请回答： （1）A→B 的反应类型是　取代反应　． （2）下列说法不正确的是　A　． A．化合物 A 的官能团是硝基 B．化合物 B 可发生消去反应 C．化合物 E 能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是 C15H21NO2 （3）写出B+C→D 的化学反应方程式　　． 第 40 页（共 43 页） （4）设计以甲苯为原料制备 C 的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　． （ 5 ） 写 出 同 时 符 合 下 列 条 件 的C 的 所 有 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式　． ①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物； ②1H﹣NMR 谱表明分子中有 6 种氢原子；IR 谱显示存在碳氮双键（C=N）． 【分析】B 与 D 发生信息中的反应生成 D，D 中含有﹣CN，D 发生水解反应生成 E，E 中含有﹣COOH，结合 E、F 在酸性条件下生成物的结构简式，可知 E、F 发 生 酯 化 反 应 ， 结 合B 、 C 含 有 碳 原 子 数 目 可 推 知F 为 CH3CH2OH 、 E 为 ，结合有机物分子式逆推可知 D 为 、C 为 、B 为 、A 为 ．【解答】解：B 与 D 发生信息中的反应生成 D，D 中含有﹣CN，D 发生水解反应 生成 E，E 中含有﹣COOH，结合 E、F 在酸性条件下生成物的结构简式，可知 E、F 发生酯化反应，结合 B 、C 含有碳原子数目可推知 F 为 CH3CH2OH 、E 为 ，结合有机物分子式逆推可知 D 为 、C 为 、B 为 、A 为 ．（1）A→B 是 发生取代反应生成 ，第 41 页（共 43 页） 故答案为：取代反应； （2）A．化合物 A 为 ，不含硝基，故 A 错误； B．化合物 B 为 ，可发生消去反应，故 B 正确； C．化合物 E 为 ，含有苯环，可以与氢气发生加成反应，故 C 正确； D．由哌替啶的结构简式，可知其分子式是 C15H21NO2，故 D 正确． 故选：A； （3）B+C→D 的化学反应方程式为：，故答案为： ；（ 4 ） 以 甲 苯 为 原 料 制 备C （ ） 的 合 成 路 线 流 程 图 为 ： ，故答案为： ；（5）C（ ）的同分异构体符合：①分子中有苯环而且是苯环的邻 位二取代物；②1H﹣NMR 谱表明分子中有 6 种氢原子；IR 谱显示存在碳氮双键 第 42 页（共 43 页） （C=N），可能的同分异构体有： ，故答案为： 　．第 43 页（共 43 页）