2024屆陽江市重點中學高二化學第二學期期末聯考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列分類方式不正確的是()A．膠體：豆漿、煙霧、煙水晶、雞蛋清B．電解質：氯化鈉、碳酸鈣、濃硫酸、氫氧化鐵膠體C．化學變化：顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解、橡膠的硫化D．物理變化：萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應2、已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ。且氧氣中1molO＝O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ，水蒸氣中1molH－O鍵形成時放出熱量463kJ，則氫氣中1molH－H鍵斷裂時吸收熱量為（）A．920kJ B．557kJ C．188kJ D．436kJ3、中國文化源遠流長，下列對描述內容所做的相關分析不正確的是選項描述分析A熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅其反應原理是電鍍B以火燒之，紫青煙起，乃真硝石（KNO3）紫青煙是因為發生了焰色反應C冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋之，取堿浣衣這里的堿主要是K2CO3D用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露其中涉及的操作是蒸餾A．A B．B C．C D．D4、下列反應中，反應后固體物質質量增加的是（）A．氫氣通過灼熱的CuO粉末B．二氧化碳通過Na2O2粉末C．鋁與Fe2O3發生鋁熱反應D．將鋅粒投入FeCl2溶液5、下列操作達不到預期目的的是()①石油分餾時把溫度計插入液面以下②用溴水除去乙烯中混有的SO2氣體③用乙醇與3mol·L－1的H2SO4混合共熱到170℃以上制乙烯④將苯和溴水混合后加入Fe粉制溴苯⑤將飽和食鹽水滴入盛有電石的燒瓶中制乙炔A．①④ B．③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④6、綠原酸是咖啡的熱水提取液成分之一，結構簡式如下圖，關于綠原酸判斷正確的是（）A．1mol綠原酸與足量NaHCO3溶液反應，生成3molCO2氣體B．1mol綠原酸與足量溴水反應，最多消耗2.5molBr2C．1mol綠原酸與足量NaOH溶液反應，最多消耗4molNaOHD．綠原酸水解產物均可以與FeCl3溶液發生顯色反應7、下列有關阿伏加德羅常數的說法錯誤的是(NA表示阿伏加德羅常數的值)（）A．32gO2所含的原子數目為NAB．0.5molH2O含有的原子數目為1.5NAC．1molH2O含有的水分子數目為NAD．0.5NA個氯氣分子的物質的量是0.5mol8、將SO2通人BaCl2溶液中至飽和未見有沉淀生成，繼續通入另一氣體，仍無沉淀生成，則該氣體可能為A．NO2B．NH3C．Cl29、下列燃料中，不屬于化石燃料的是()A．水煤氣 B．石油 C．天然氣 D．煤10、環己醇()常用來制取增塑劑和作為工業溶劑。下列說法正確的是（）A．環己醇中至少有12個原子共平面B．與環己醇互為同分異構體，且含有醛基（—CHO）的結構有8種（不含立體結構）C．標準狀況下，1mol環己醇與足量Na反應生成22.4LH2D．環己醇的一氯代物有3種（不含立體結構）11、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氫氟酸或NaF溶液中都形成BF4－離子，則BF3和BF4－中的B原子的雜化軌道類型分別是A．sp2、sp2 B．sp3、sp3 C．sp2、sp3 D．sp、sp212、下列物質能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是A．四氯化碳B．甲烷C．乙烯D．乙酸13、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干種，取該溶液進行連續實驗，實驗過程如圖：（所加試劑均過量，氣體全部逸出）下列說法正確的是A．若原溶液中不存在Na+，則c（Cl－）＜0.1mol?L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol?L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+14、下列說法正確的是（）A．1s軌道的電子云形狀為圓形的面B．2s的電子云半徑比1s電子云半徑大，說明2s能級的電子比1s的多C．電子在1s軌道上運動像地球圍繞太陽旋轉D．4f能級中最多可容納14個電子15、某有機物A與氫氣的相對密度是38，取有機物A7.6g完全燃燒后，生成0.2molCO2和0.2molH2O。此有機物既可與金屬鈉反應，又可與氫氧化鈉和碳酸鈉反應。下列有關A的說法中不正確的是A．A的分子式為C2H4O3B．A的結構簡式為HO－CH2－COOHC．A分子中的官能團有兩種D．1molA與足量的單質Na反應時放出H2的物質的量為0.5mol16、現有甲基、羥基、羧基、苯基，兩兩組合形成6種化合物，其中水溶液呈酸性的有機物有多少種（）A．2種 B．3種 C．4種 D．5種二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數。B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D與B的質量比為7：8，E與B的質量比為1：1。根據以上條件，回答下列問題：（1）推斷C、D、E元素分別是(用元素符號回答)：C____，D___，E___。（2）寫出D原子的電子排布式____。（3）寫出A元素在B中完全燃燒的化學方程式_____。（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。（5）比較A、B、C三種元素的第一電離能的大小順序___(按由大到小的順序排列,用元素符號表示)。（6）比較元素D和E的電負性的相對大小___。(按由大到小的順序排列，用元素符號表示)。18、有機物Q是有機合成的重要中間體，制備Q的一種合成路線如下（部分反應條件和試劑略去）。回答下列問題：（1）Y中不含氧的官能團名稱為__________，R的名稱為_________________________。（2）加熱C脫去CO2生成D，D的結構簡式為____________________________。（3）B+Y→C的反應類型是_______________，Q的分子式為____________________。（4）A→B的化學方程式為______________________________________________。（5）同時滿足下列條件的Z的同分異構體有_____________種（不包括立體異構）。①能與氯化鐵溶液發生顯色反應；②能與碳酸氫鈉反應；③含―NH2；④苯環上有處于對位的取代基（6）已知：―NH2具有強還原性。參照上述合成路線，以為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）19、我國重晶石（含BaSO490％以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲量占全國總儲量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產“電子陶瓷工業支柱”—鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常溫下是無色液體，遇水容易發生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧鈦鋇的化學式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O請回答下列問題：（1）工業上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設雜質不與Na2CO3溶液作用），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為_________________，此反應的平衡常數K=__________（填寫計算結果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實現該轉化過程。（2）配制TiC14溶液時通常將TiC14固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是______________。（3）可循環使用的物質X是____________（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：____________________。（4）寫出煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式：______________________。20、已知下列數據：某同學在實驗室制取乙酸乙酯的主要步驟如下：①配制2mL濃硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置并加入混合液，用小火均勻加熱3~5min③待試管乙收集到一定量產物后停止加熱，撤出試管乙并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯，洗滌、干燥、蒸餾。最后得到純凈的乙酸乙酯。(1)反應中濃硫酸的作用是_____(2)寫出制取乙酸乙酯的化學方程式：_____(3)上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是_____(4)步驟②為防止加熱過程中液體暴沸，該采取什么措施_____(5)欲將乙試管中的物質分離得到乙酸乙酯，必須使用的玻璃儀器有__________；分離時，乙酸乙酯應從儀器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通過分離飽和碳酸鈉中一定量的乙醇，擬用如圖回收乙醇，回收過程中應控制溫度是______21、高錳酸鉀是常用的氧化劑。工業上以軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料制備高錳酸鉀晶體。中間產物為錳酸鉀。下圖是實驗室模擬制備KMnO4晶體的操作流程：已知：錳酸鉀(K2MnO4)是墨綠色晶體，其水溶液呈深綠色，這是錳酸根離子(MnO)在水溶液中的特征顏色，在強堿性溶液中能穩定存在；在酸性、中性和弱堿性環境下，MnO會發生自身氧化還原反應，生成MnO和MnO2。回答下列問題：(1)KOH的電子式為____________。(2)調節溶液pH過程中，所得氧化產物與還原產物的物質的量之比為____________。(3)趁熱過濾的目的是_____________________________________________。(4)已知20℃時K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分別為11.1g、34g、217g，則從理論上分析，選用下列酸中________(填標號)，得到的高錳酸鉀晶體純度更高。A．稀硫酸B．濃鹽酸C．醋酸D．稀鹽酸(5)產品中KMnO4的定量分析：①配制濃度為0.1250mg·mL－1的KMnO4標準溶液100mL。②將上述溶液稀釋為濃度分別為2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(單位：mg·L－1)的溶液，分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度，并將測定結果繪制成曲線如下。③稱取KMnO4樣品(不含K2MnO4)0.1250g按步驟①配得產品溶液1000mL，取10mL稀釋至100mL，然后按步驟②的方法進行測定，兩次測定所得的吸光度分別為0.149、0.151，則樣品中KMnO4的質量分數為________。(6)酸性KMnO4溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式為____________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解題分析】

本題考查物質的分類。電解質是指在熔融狀態或水溶液中電離的化合物，混合物既不是電解質，也不是非電解質。【題目詳解】豆漿和雞蛋清為液溶膠、煙霧為氣溶膠、煙水晶為固溶膠，A正確；濃硫酸、氫氧化鐵膠體是混合物既不是電解質，也不是非電解質，B錯誤；顏色反應、蛋白質變性、石油的裂解和橡膠的硫化都有新物質生成，屬于化學變化，C正確；萃取、蒸餾、重結晶、焰色反應都沒有新物質生成，屬于物理變化，D正確。故選B。【題目點撥】解答本題要掌握物質的分類方法和組成等方面的內容，只有這樣才能對相關方面的問題做出正確的判斷。空氣本身不是氣溶膠,氣溶膠是液態或固態微粒在空氣中的懸浮體系，霧、煙、霾、輕霧(靄)、微塵和煙霧等,都是天然的或人為的原因造成的大氣氣溶膠。2、D【解題分析】

根據n=計算1g氫氣的物質的量，化學反應放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，依此結合反應方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)進行計算。【題目詳解】水的結構式為H-O-H，1mol水含有2mol氫氧鍵，1g氫氣的物質的量為n(H2)==0.5mol，完全燃燒生成水蒸氣時放出能量121kJ，所以化學反應放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，設氫氣中1molH-H鍵斷裂時吸收熱量為x，根據方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，則2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，答案選D。【題目點撥】本題考查反應熱的有關計算，注意把握反應熱與反應物、生成物鍵能的關系，注意理解反應放出的熱量與物質的量成正比。3、A【解題分析】分析：A．根據膽礬是硫酸銅晶體的俗名分析判斷；B．根據K的焰色反應為紫色分析判斷；C．根據取堿浣衣是用堿洗衣服的含義分析判斷；D．根據“蒸令氣上，用器承滴露”的原理分析判斷。詳解：A．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”為Fe與硫酸銅溶液的置換反應，與電解無關，故A錯誤；B．K的焰色反應為紫色，則“紫青煙”是因為發生了焰色反應，故B正確；C．取堿浣衣是用堿洗衣服，該堿來自于薪柴之灰，為碳酸鉀，故C正確；D．“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”為蒸餾原理，與酒的沸點有關，故D正確；故選A。點睛：本題考查金屬及化合物的性質，把握描述的化學知識、金屬的性質為解答的關鍵。本題的難點是文言詩詞含義的理解，易錯點為C，要注意草木灰的主要成分為碳酸鉀。4、B【解題分析】分析：A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水；

B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣；

C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe；

D.Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe。詳解:A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水,反應前固體為CuO,反應后固體為Cu,固體質量減小,故A錯誤；

B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣,反應前固體為過氧化鈉,反應后固體為碳酸鈉,二者物質的量相同,固體質量增加,故B正確；

C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe，反應前固體為氧化鐵、Al,反應后固體為氧化鋁、Fe，均為固體,固體質量不變,所以C選項是錯誤的；

D..Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe,反應前固體為Zn,反應后固體為Fe,二者物質的量相同,則固體質量減小,故D錯誤；

所以B選項是正確的。5、D【解題分析】

①分餾時溫度計用于測量餾分的溫度，溫度計水銀球應位于蒸餾燒瓶的支管口附近，①不能達到預期目的；②溴水與乙烯和二氧化硫均反應，不能用溴水除去乙烯中混有的SO2氣體，應用氫氧化鈉溶液除雜，②不能達到預期目的；③應用濃硫酸，稀硫酸不能起到催化和脫水作用，③不能達到預期目的；④苯和溴水不反應，應用液溴，④不能達到預期目的；⑤為減緩反應的速率，可用飽和食鹽水與電石反應制取乙炔，⑤能達到預期目的；答案選D。6、C【解題分析】

A、含有1mol羧基，能和NaHCO3反應產生1molCO2，故A錯誤；B、含有1mol碳碳雙鍵能和1molBr2發生加成反應，含有酚羥基，使得苯環鄰位和對位上的氫原子變得活潑，容易發生取代，消耗3molBr2，共消耗4molBr2，故B錯誤；C、含有羧基、酯基、2mol酚羥基，最多消耗4molNaOH，故C正確；D、右邊的環是環烷烴，不是苯環，不含有酚羥基，不能與FeCl3溶液發生顯色反應，故D錯誤。答案選C。7、A【解題分析】試題分析：A、32克氧氣是2摩爾，含有2摩爾原子，錯誤，選A；B、每個水分子含有3個原子，所以2．5摩爾水含有2．5摩爾，正確，不選B；C、2摩爾水含有阿伏伽德羅常數個分子，正確，不選C；D、2．5NA個氧氣的物質的量=2．5NA/NA=2．5mol，正確，不選D。考點：物質的量與微粒數、質量之間的換算8、D【解題分析】試題分析：通入HI氣體，不發應，沒有沉淀。故選D。考點：SO2的性質點評：本題難度不大，考查SO2的性質，注意SO2的酸性、還原性和氧化性的性質。9、A【解題分析】

天然氣、煤、石油屬于化石燃料，用完之后不能再產生，屬于不可再生能源。水煤氣是氫氣和一氧化碳的混合氣，不屬于化石能源；答案選A。10、B【解題分析】A．不含苯環，含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點，不可能存在12個原子共平面的結構特點，故A錯誤；B．與環己醇互為同分異構體，且含有醛基(-CHO)的結構，應為C5H11CHO，C5H11-的同分異構體有8種同分異構體，則含有醛基(-CHO)的結構有8種，故B正確；C．含有1個羥基，則標準狀況下，1mol環己醇與足量Na反應生成11.2LH2，故C錯誤；D．環己醇的一氯代物有5種，環上有4種，甲基1種，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查有機物的結構及性質，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握結構與性質的關系是解答本題的關鍵。環己醇含有羥基，具有醇的性質，具有環狀結構，且含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特點。11、C【解題分析】

BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子B的價層電子對數為3+(3?1×3)/2=3，屬于sp2雜化，BF4-中中心原子B的價層電子對數為4+(3+1?1×4)/2=4，屬于sp3雜化。故C符合題意；答案：C。【題目點撥】根據價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型），根據價電子對互斥理論，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數；σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=×(a-xb)，a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數進行解答。12、C【解題分析】分析：由選項中的物質可知，含碳碳雙鍵的物質能被高錳酸鉀氧化而使其褪色，以此來解答。詳解：四氯化碳、甲烷、乙酸與高錳酸鉀溶液均不反應，不能使其褪色，但乙烯能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，答案選C。點睛：本題考查有機物的結構與性質，注意把握官能團與性質的關系，熟悉常見有機物的性質即可解答，側重氧化反應的考查，題目難度不大。13、D【解題分析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+（Fe3+和CO32－會發生雙水解反應，不能共存），且沉淀2為BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，則n(BaCO3)=。加入NaOH溶液產生1.12L（標況）氣體，則溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所帶的負電荷的物質的量為0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所帶正電荷的物質的量為0.05mol×1=0.05mol，根據電荷守恒，可以推斷出溶液中一定有Cl-，且最少為0.01mol（因為無法判斷是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的電中性）。【題目詳解】A.若原溶液中不存在Na+，則c(Cl－)=，A錯誤；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B錯誤；C.經計算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，則c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol?L﹣1，C錯誤；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入過量鹽酸之后，沉淀質量減少，則說明一定有CO32－、SO42－這兩種離子，一定沒有Fe3+，D正確；故合理選項為D。【題目點撥】溶液中的離子要保持電荷平衡，即正負電荷所帶的電荷量相等，以保持溶液的電中性。14、D【解題分析】1s軌道為球形,所以1s軌道的電子云形狀為球形,A錯誤；2s的電子云半徑比1s電子云半徑大，s電子云的大小與能層有關,與電子數無關,ns能級上最多容納2個電子,B錯誤；電子在原子核外作無規則的運動,不會像地球圍繞太陽有規則的旋轉,C.錯誤；f能級有7個軌道;每個軌道最多容納2個電子且自旋方向相反,所以nf能級中最多可容納14個電子,D正確；正確選項D。點睛：電子在原子核外作無規則的運動；根據s電子云的大小與能層有關，與電子數無關；1s軌道為球形。15、D【解題分析】

有機物A與氫氣的相對密度是38，故有機物A的相對分子質量為76，7.6gA的物質的量為0.1mol，完全燃燒后，生成0.2molCO2和0.2molH2O，可知1mol有機物含有2molC、4molH，有機物含有O原子為(76?2×12?4)/16=3，則有機物分子式為C2H4O3，此有機物既可與金屬鈉反應，又可與氫氧化鈉和碳酸鈉反應，則結構簡式應為HOCH2COOH，1molHOCH2COOH與足量的單質Na反應時放出H2的物質的量為1mol，ABC正確，D錯誤。答案選D。【題目點撥】本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據生成物的質量和有機物的質量判斷有機物中是否含有O元素為解答該題的關鍵。16、B【解題分析】

水溶液呈酸性的有機物含有的官能團可能是酚羥基，也可能是羧基；【題目詳解】水溶液呈酸性的有機物含有的官能團可能是酚羥基，也可能是羧基；有機物可能是CH3COOH、C6H5COOH、苯酚，共有三種，故選項B正確。【題目點撥】學生易錯選選項C，學生把羥基和羧基連接起來，即HOCOOH，忽略了該物質為H2CO3，不屬于有機物。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【解題分析】

（1）根據題干：A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數，可知A是碳元素。又因為B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因為A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D與B的質量比為7：8，可知D的相對原子質量為28，是硅元素，EB2中E與B的質量比為1：1，可知E的相對原子質量為32，是硫元素。故答案為：N，Si，S。（2）硅的電子排布式為1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧氣中完全燃燒的化學方程式為C+O2CO2。（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。（5）第一電離能與核外電子排布有關，失去一個電子越容易，第一電離能越低，同周期元素的第一電離能呈增大趨勢，由于氮元素核外2p能級半充滿，因此第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，故第一電離能排序為N＞O＞C。（6）同一周期主族元素的電負性隨原子序數遞增而遞增，因此電負性Si＜S。18、溴原子1，3-丙二醇取代反應C10H11O4N6【解題分析】

由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH；加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，因此D為，結合官能團的結構和性質分析解答(1)~(5)。(6)由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，再還原硝基得到氨基，因此應先制備結合羥基的引入方法分析解答。【題目詳解】(1)Y()中含有的官能團有-COOH、-Br，其中不含氧的官能團為溴原子；由R的分子式、X的結構簡式，可推知R為HOCH2CH2CH2OH，名稱為：1，3-丙二醇，故答案為：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加熱C脫去CO2生成D，即C中側鏈-CH(COOH)2轉化為-CH2COOH而得到D，故D的結構簡式為：，故答案為：；(3)對比B、Y、C的結構，可知B中苯環上-OCH3鄰位的H原子被換成了-CH(COOH)2生成C，屬于取代反應。Q()的分子式為：C10H11O4N，故答案為：取代反應；C10H11O4N；(4)對比A、B結構，可知A→B是A的氨基中氫原子被取代生成B，同時還生成CH3COOH，反應的方程式為：，故答案為：；(5)Z為，Z的同分異構體滿足：①能與氯化鐵溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；②能與碳酸氫鈉反應，說明含有-COOH；③含-NH2，④苯環上有處于對位的取代基，該同分異構體中含有3個取代基：-OH、-NH2、-COOH，處于對位的2個取代基有3種組合，另外一個取代基均含有2種位置，故符合條件的共有3×2=6種，故答案為：6；(6)以為原料制備。氨基可以有硝基還原得到，由于-NH2具有強還原性，應先引入羧基，因此應先制備，再還原硝基得到氨基，在堿性條件下溴原子水解可以引入羥基，再氧化可以引入-COOH，最后與Fe/HCl作用，還原得到氨基，合成路線流程圖為：，故答案為：。【題目點撥】本題的易錯點為(6)，在設計合成路線時，要注意-NH2具有強還原性，注意合成過程中的氧化過程對氨基的影響。19、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經洗滌干凈BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解題分析】分析：根據流程圖，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，然后用鹽酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反應析出草酸氧鈦鋇晶體，經過洗滌、干燥、灼燒得BaTiO3。其中將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根據K=cSO42-cCO32-=cSO42-c詳解：(1)工業上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反應的平衡常數K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；當c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L時，認為BaSO4轉化為了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常溫下是無色液體，遇水容易發生水解可知，在配制為抑止其水解，需將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，故答案為：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反應得到草酸氧鈦鋇和HCl，故可循環使用的物質X是HCl；草酸氧鈦鋇晶體表面附著氯離子，驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈的方法為：取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經洗滌干凈，故答案為：HCl；取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經洗滌干凈；(4)BaTiO(C2O4)2?4H2O煅燒，發生分解反應，由元素守恒可知，生成高溫下的氣體產物有CO、CO2、H2O(g)，煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案為：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。20、催化劑、吸水劑CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在試管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【解題分析】

在試管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、濃硫酸、乙酸，按3:2:2關系混合得到混合溶液，然后加熱，乙醇、乙酸在濃硫酸催化作用下發生酯化反應產生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸點低，從反應裝置中蒸出，進入到試管乙中，乙酸、乙醇的沸點也比較低，隨蒸出的生成物一同進入到試管B中，碳酸鈉溶液可以溶解乙醇，反應消耗乙酸，同時降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液體分層，乙酸乙酯在上層，用分液漏斗分離兩層互不相容的液體物質，根據“下流上倒”原則分離開兩層物質，并根據乙醇的沸點是78℃，乙酸是117.9℃，收集78℃的餾分得到乙醇。【題目詳解】(1)反應中濃硫酸的作用是作催化劑，同時吸收反應生成的水，使反應正向進行，提