2024届江西省鄱阳县一中化学高二第二学期期末复习检测试题含解析

2024届江西省鄱阳县一中化学高二第二学期期末复习检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法中，正确的是A．22gCO2物质的量为0.5molB．0.1mol・L-1NaOH溶液中含有0.1molNa+C．1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023D．标准状况下，44.8LH2O的物质的量为2mol2、下列装置能达到实验目的的是A．实验室制备乙酸乙酯B．比较不同催化剂对化学反应速率的影响C．比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D．验证苯和液溴发生取代反应3、下列说法中错误的是（）A．燃料的燃烧反应都是放热反应B．一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大C．放热反应的逆反应一定是吸热反应D．吸热反应没有应用价值4、用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为OHC-CHO+2Cl2A．该装置利用上述反应将化学能转化为电能B．Pt1C．盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供ClD．理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.25、如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－36、在下列元素中，属于生物体内微量元素的是A．C B．H C．O D．Mn7、40℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，则在40℃时，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液()A．呈酸性 B．呈碱性 C．呈中性 D．无法判断8、某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下。下列叙述中正确的是A．有机物A属于芳香烃B．有机物A可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应C．有机物A与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D．1mo1A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH9、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量NaClO固体的质量为140g10、下列物质中属于纯净物的一组是()①冰水混合物②爆鸣气③铝热剂④普通玻璃⑤水玻璃⑥漂白粉⑦二甲苯⑧TNT⑨溴苯⑩C5H10⑪含氧40%的氧化镁⑫花生油⑬福尔马林⑭密封保存的NO2气体A．②③④⑥ B．⑦⑩⑫⑬⑭C．①⑧⑨⑪ D．①④⑧⑨⑪⑫11、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-12、MgCl2溶于水的过程中，破坏了A．离子键 B．共价键C．金属键和共价键 D．离子键和共价键13、化学与社会生活息息相关，下列有关说法不正确的是（）A．树林晨曦中缕缕阳光是丁达尔效应的结果B．为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物C．2018年12月8日嫦娥四号发射成功，其所用的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．城郊的农田上随处可见的农用塑料大棚，其塑料薄膜不属于新型无机非金属材料14、在下列溶液中滴入三氯化铁溶液无变化的是（）A．B．C．D．氢碘酸15、铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是A．正极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋B．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液C．电池反应为：Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuD．在外电路中，电子从负极流向正极；在电池内部，电子从正极流向负极16、反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2(慢)②H2O2+H2═2H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/mol•L-1c(H2)/mol•L-1速率/mol•L-1•min-1Ⅰ0.00600.00101.8×10-4Ⅱ0.00600.00203.6×10-4Ⅲ0.00100.00603.0×10-5Ⅳ0.00200.00601.2×10-4下列说法错误的是A．整个反应速度由第①步反应决定B．正反应的活化能一定是①＜②C．该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)D．该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1二、非选择题（本题包括5小题）17、4-羟基扁桃酸可用于制备抗生素及血管扩张类的药物，香豆素-3-羧酸可用于制造香料，二者合成路线如下（部分产物及条件未列出）：已知;（R，R′，R″表示氢、烷基或芳基）（1）A相对分子质量为60，常在生活中用于除去水壶中的水垢，A的结构简式是___________。（2）D→4-羟基扁桃酸反应类型是______________。（3）中①、②、③3个-OH的电离能力由强到弱的顺序是___________。（4）W→香豆素-3-羧酸的化学方程式是______________________。（5）关于有机物F下列说法正确的是__________。a．存在顺反异构b．分子中不含醛基c．能发生加成、水解、氧化等反应d.1molF与足量的溴水反应，最多消耗4molBr2（6）某兴趣小组将4-羟基扁桃酸进行如下操作①1molH在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol.②符合下列条件的I的同分异构体（不考虑立体异构）为______种。a．属于一元羧酸类化合物b．苯环上只有2个取代基，其中一个是羟基③副产物有多种，其中一种是由2分子4-羟基扁桃酸生成的含有3个六元环的化合物，该分子中不同化学环境的氢原子有__________种。18、有机物Q是有机合成的重要中间体，制备Q的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略去）。回答下列问题：（1）Y中不含氧的官能团名称为__________，R的名称为_________________________。（2）加热C脱去CO2生成D，D的结构简式为____________________________。（3）B+Y→C的反应类型是_______________，Q的分子式为____________________。（4）A→B的化学方程式为______________________________________________。（5）同时满足下列条件的Z的同分异构体有_____________种（不包括立体异构）。①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能与碳酸氢钠反应；③含―NH2；④苯环上有处于对位的取代基（6）已知：―NH2具有强还原性。参照上述合成路线，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）19、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)A．Na2SO3固体和20%硝酸B．Na2SO3固体和20%硫酸C．Na2SO3固体和70%硫酸D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。20、应用电化学原理，回答下列问题：（1）上述三个装置中，负极反应物化学性质上的共同特点是_________。（2）甲中电流计指针偏移时，盐桥（装有含琼胶的KCl饱和溶液）中离子移动的方向是________。（3）乙中正极反应式为________；若将H2换成CH4，则负极反应式为_______。（4）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极与铅蓄电池______极相连接。（5）应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。按下图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），进行实验：ⅰ．K闭合时，指针偏移。放置一段时间后，指针偏移减小。ⅱ．随后向U型管左侧逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。①实验ⅰ中银作______极。②综合实验ⅰ、ⅱ的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是______。21、不饱和酯类化合物在药物，涂料等应用厂泛。（1）下列关于化合物的说法不正确的是____________。A．遇FeCl3溶液可能显紫色B．易被空气中的氧气所氧化C．能与溴发生取代和加成反应D．1mol化合物Ⅰ最多能与2molNaOH反应（2）反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：①化合物Ⅱ的分子式为_____________，1mol化合物Ⅱ能与________molH2恰好完全反应生成饱和烃.（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或IV分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，Ⅲ的结构简式为_________（写1种）；由IV生成Ⅱ的反应条件为________________________。（4）聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为______________。利用类似反应①的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A.根据n=m/M=22g/44gmol-1=0.5mol,故A正确；B.0.1mol・L-1NaOH溶液没有体积无法计算物质的量，故B错误；C.1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×10232，故C错误；D.标准状况下，H2O为非气态，故无法计算物质的量，D错误。答案：A。2、C【解题分析】

A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中，易产生倒吸，A错误；B.双氧水的浓度不同，无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫、碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中，也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；正确选项C。3、D【解题分析】

在化学反应中，反应物总能量大于生成物总能量的反应叫做放热反应。包括燃烧、中和、金属氧化、铝热反应、较活泼的金属与水或酸的置换反应、由不稳定物质变为稳定物质的反应。吸热反应指吸收热量的化学反应。吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。吸热反应的逆反应一定是放热反应。【题目详解】A、燃料的燃烧反应都是氧化还原反应，生成能量更低的物质，都是放热反应，故A正确；B、不完全燃烧产物继续燃烧还会放出能量，所以一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大，故B正确；C、放热反应的逆反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，一定是吸热反应，故C正确；D、吸热反应有应用价值，例如用来降低温度，故D错误；故选D。4、C【解题分析】

A.该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2↑，故B错误；C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；D.由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.4mol H+从右室迁移到左室，故D答案选C。【题目点拨】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。5、C【解题分析】

由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。6、D【解题分析】

生物体内除碳、氢、氧、氮、钙、磷、镁、钠等为常量元素外，其它的均为为微量元素，故答案为D。7、B【解题分析】

40℃时，水的离子积常数是2.9×10-14。在氢离子浓度是1×10-7mol/L的溶液中，c(OH-)=2.9×10-14/1×10-7=2.9×10-7，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性。故选B。8、D【解题分析】

A.含有苯环的碳氢化合物是芳香烃，根据有机物的结构简式可知，分子中含有氧原子和氯原子，不是芳香烃，A项错误；B.分子中含有酯基、苯环、氯原子和羟基，不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，B项错误；C.羟基不能在发生消去反应，氯原子可以发生消去反应，但需要的条件是氢氧化钠的醇溶液，C项错误；D.由于酯基水解后还生成1个酚羟基，所以1mo1A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH，D项正确；答案选D。【题目点拨】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。9、C【解题分析】试题分析：A、配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；B、向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；C、碳酸的酸性强于次氯酸，2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32－，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；D、实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是500×1.19×25%g=148.8g，故错误。考点：考查配制一定物质的量浓度。10、C【解题分析】

①冰水混合物中只含有水分子一种物质，属于纯净物；②爆鸣气是氢气和氧气的混合物；③铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；④普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物；⑥漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物；⑦二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物；⑧TNT俗称三硝基甲苯，属于纯净物；⑨溴苯是一种物质组成的纯净物；⑩C5H10不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；⑪氧化镁中所含氧元素的质量分数为40%，故含氧40％的氧化镁是纯净物；⑫天然油脂都是混合物；⑬福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；⑭密封保存的NO2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；因此属于纯净物的有①⑧⑨⑪，故选C。11、A【解题分析】

A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；答案选A。【题目点拨】判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。4、络合反应：如Fe3+和SCN-。12、A【解题分析】

MgCl2是含有离子键的离子化合物，溶于水电离出镁离子和氯离子，破坏了离子键。答案选A。13、C【解题分析】

A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。14、A【解题分析】

A、苯甲醇与氯化铁溶液不反应，滴入三氯化铁溶液无变化，A正确；B、对甲基苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，B错误；C、苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，C错误；D、氢碘酸与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成单质碘、氯化亚铁，D错误；答案选A。15、C【解题分析】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故A错误；B、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；C、负极反应是为Zn－2e－=Zn2＋，因此电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故C正确；D、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电池内部只有阴阳离子的定向移动，故D错误。16、B【解题分析】

A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOH加成反应③＞①＞②bc2124【解题分析】乙醇与丙二酸发生酯化反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为C2H5OOC-CH2-COOC2H5，E与发生信息Ⅱ中反应生成F，F系列反应得到香豆素-3-羧酸，由香豆素-3-羧酸的结构，可知W为，则F为，F发生信息I中反应生成G，C分子中含有2个六元环，则G为。A的相对分子质量为60，由ClCH2COOH结构可知乙醇发生氧化反应生成A为CH3COOH，ClCH2COOH与氢氧化钠溶液反应、酸化得到C为HOCH2COOH，C发生催化氧化得到D为OHC-COOH，D与苯酚发生加成反应生成对羟基扁桃酸为。(1)由上述分析可知，A的结构简式是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(2)D→4-羟基扁桃酸的化学方程式是：OHC-COOH+，其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(3)

中①为酚羟基，有弱酸性，且酸性比碳酸弱，②为醇羟基，中性基团，③为羧基，弱酸性，但酸性一般比碳酸强，则3

个-OH

的电离能力由强到弱的顺序是③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；(4)发生分子内酯化，生成香豆素-3-羧酸，反应的化学方程式是+H2O，故答案为：+H2O；(5)F的结构简式是。a．不饱和碳原子连接2个-COOC2H5，没有顺反异构，故a错误；b．F分子中不含醛基，故b正确；c．含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，含有酯基，可以发生水解反应，酯基、酚羟基均可以发生取代反应，故c正确；d.1molF与足量的溴水反应，苯环上羟基的邻位和对位有2个氢原子，消耗2mol溴，碳碳双键消耗1mol溴，共消耗3molBr2，故d错误；故选：bc；(6)①H的分子结构简式为，分子结构中含有酚羟基和酯基，均能和NaOH溶液反应，含有的醇羟基不与NaOH溶液反应，则1mol

在一定条件下与足量

NaOH

溶液反应，最多消耗

NaOH

的物质的量为2mol，故答案为：2；②I的结构简式为，其符合下列条件：a．属于一元羧酸类化合物，说明分子结构中有一个羧基；b．苯环上只有

2

个取代基，则二个取代基的位置有邻、间及对位三种可能，其中一个是羟基，另一个取代基可能是：-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH，则符合条件的I的同分异构体共有3×4=12种，故答案为：12；③副产物有多种，其中一种是由

2

分子

4-羟基扁桃酸生成的含有

3

个六元环的化合物，该化合物为4-羟基扁桃酸2分子间酯化生成的六元环酯，其分子结构对称，含有酚羟基的氢、酯环上的一个氢原子及苯环上酚羟基邻位及间位上的氢，共有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4。点睛：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行充分利用，注意根据有机物的结构利用正、逆推法相结合进行推断，侧重考查学生分析推理能力。本题的易错点为(6)中同分异构体数目的判断。18、溴原子1，3-丙二醇取代反应C10H11O4N6【解题分析】

由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH；加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，因此D为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)~(5)。(6)由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，再还原硝基得到氨基，因此应先制备结合羟基的引入方法分析解答。【题目详解】(1)Y()中含有的官能团有-COOH、-Br，其中不含氧的官能团为溴原子；由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH，名称为：1，3-丙二醇，故答案为：溴原子；1，3-丙二醇；(2)加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，故D的结构简式为：，故答案为：；(3)对比B、Y、C的结构，可知B中苯环上-OCH3邻位的H原子被换成了-CH(COOH)2生成C，属于取代反应。Q()的分子式为：C10H11O4N，故答案为：取代反应；C10H11O4N；(4)对比A、B结构，可知A→B是A的氨基中氢原子被取代生成B，同时还生成CH3COOH，反应的方程式为：，故答案为：；(5)Z为，Z的同分异构体满足：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与碳酸氢钠反应，说明含有-COOH；③含-NH2，④苯环上有处于对位的取代基，该同分异构体中含有3个取代基：-OH、-NH2、-COOH，处于对位的2个取代基有3种组合，另外一个取代基均含有2种位置，故符合条件的共有3×2=6种，故答案为：6；(6)以为原料制备。氨基可以有硝基还原得到，由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，因此应先制备，再还原硝基得到氨基，在碱性条件下溴原子水解可以引入羟基，再氧化可以引入-COOH，最后与Fe/HCl作用，还原得到氨基，合成路线流程图为：，故答案为：。【题目点拨】本题的易错点为(6)，在设计合成路线时，要注意-NH2具有强还原性，注意合成过程中的氧化过程对氨基的影响。19、C调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度浓HNO3分解、挥发生成的NOSO4H作为该反应的催化剂C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解2516H+210CO2↑895【解题分析】

根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【题目详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。【题目点拨】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。20、失电子被氧化，具有还原性钾离子移向硫酸铜溶液、氯离子移向硫酸锌溶液O2+4e－+2H2O＝4OH－CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O负正Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag【解题分