北京市2020届高三化学一轮复习11月月考化学试题 Word版含解析.doc

1、2020 届北京高三化学一轮复习届北京高三化学一轮复习 11 月月考题月月考题 一、选择题一、选择题(本题共本题共 14小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 42 分。在每小题给出的四个选项分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的) 1.下列试剂所贴的危险化学品标志不正确 的是 A. 氢氧化钠 B. 甲烷 C. 汽油 D. 浓硫酸 【答案】A 【详解】A. 氢氧化钠具有很强的腐蚀性，应该是贴上“腐蚀品”标签，故 A错误； B. 甲烷是易燃烧的气体，贴上“易燃气体”标签，故 B正确； C. 汽油是易燃烧的液体，贴上“易燃液体”标签，故 C正确；

2、D. 浓硫酸具有很强的腐蚀性，贴上“腐蚀品”标签，故 D 正确； 答案选 A。 2.2018 年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古， 考古队为舰体焊接锌块以实施 保护。下列判断不合理的是（ ） A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+ B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块 C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】A 【详解】A. 金属活动性 ZnFe，所以焊接锌块后的 Zn 为负极，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+，A 正确； B.若用镁合金块代替锌块，由于 Mg 的活动性比 Fe 强，所以也可以保护

3、 Fe 不被腐蚀，B正 确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C 正 确； D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属的方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确； 故合理选项是 A。 3.以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是 A. 乙烯与氢气发生加成反应 B. 过程吸收能量，过程、释放能量 C. 催化剂可改变反应的焓变 D. 反应中有非极性键断裂、极性键形成 【答案】C 【详解】A乙烯分子中含碳碳双键，与氢气发生的反应为加成反应，故 A正确； B过程是 H-H断裂吸收能量，过程、是形成 C-H键释放能量，故 B正确； C催化剂通过改

4、变反应活化能改变反应的化学反应速率，但不改变化学平衡、不改变反应 焓变，故 C错误； D从反应过程中可知断裂的 H-H键为非极性键，形成的 C-H键为极性键，反应中有非极 性键断裂、极性键形成，故 D 正确； 答案为 C。 4.下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A. 将少量 SO2气体通入过量氨水中：SO2NH3 H2O=NH + 4HSO - 3 B. 铝溶于 NaOH溶液中：2Al2OH2H2O=2AlO 2 3H2 C. 用醋酸除去水垢中的 CaCO3：CaCO32H=Ca2H2OCO2 D. 用 KIO3氧化酸性溶液中的 KI：5IIO - 33H2O=3I26OH 【答案】B

5、【详解】A. 将少量的 SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫 酸氢铵，故 A 错误； B. 离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故 B 正确； C. 醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3 2CH3COOH= Ca2H2OCO2+2CH3COO-，故 C 错误； D. 用 KIO3氧化酸性溶液中的 KI，正确的离子方程式为：5IIO3-+6H+=3I2+3H2O ，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。 5.常温下，等体积、pH 均为 3 的

6、 HA 和 HB 溶液分别加水稀释，溶液 pH 值的变化如下图所示， 下列说法正确的是（ ） A. 向 HB 溶液中滴加 NaOH 溶液的过程中，水的电离程度一直增大 B. 用 pH 为 11 的某碱与 pH 为 3 的 HB 溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性 C. 氨水与 HA 溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4 )c(A)c(H)c(OH) D. 完全中和等体积等 pH 的 HA、HB 两溶液时，消耗同浓度 NaOH 溶液的体积：HAc(A-)c(H)c(OH)肯 定不成立，故C错误；D因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比H A的物质的量大，则完全中和等体积

7、等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体 积是HAc(Cl)c(HCN)c(OH)c(H) D. 图甲中 c 点的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)c(CN) 【答案】A 【解析】 【分析】 25时，NaCN 溶液中 CN-、HCN 浓度所占分数（）随 pH 变化的关系如图甲所示，可知 CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明 HCN电离程度小于 CN-水解程度，向 10 mL 0.01 molL-1 NaCN 溶液中逐滴加入 0.01 molL-1的盐酸，其 pH变化曲线如图乙所示，当加入盐 酸 5mL时， 溶液组成为 NaCN、 HCN， 溶液呈碱性， 加入盐酸

8、 10mL时， 完全反应生成 HCN， 溶液呈酸性，以此解答该题。 【 详 解 】 A. 图 甲 中 pH=7 的 溶 液 中 c(H+)=c(OH)， 由 溶 液 电 荷 守 恒 可 知 ： c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CN)+c(Cl) ， 结 合 物 料 守 恒 可 c(Na+)=c(HCN)+c(CN) 可 知 ： c(Cl)=c(HCN)，故 A正确； B. a 点的坐标为(9.5，0.5)，则 a 点 c(HCN)=c(CN)，NaCN的水解平衡常数 K(NaCN)= c OHc HCN c CN =c(OH)=10-4.5mol/L，故 B错误； C. b 点反应生

9、成等浓度的 NaCN、HCN，溶液呈碱性，则 HCN电离程度小于 CN水解程度， 可知 c(HCN)c(CN)，故 C错误； D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒， 根据物料守恒得 c(Cl)=c(HCN)+c(CN)， 而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(CN)，则 c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN)，故 D错误； 答案选 A。 13.为探究电解的放电规律，进行如下实验： 序号 阳极材料 阴极材料 电解质 阳极产物 阴极产物 石墨 石墨 0.1 mol L-1 CuCl2溶液 Cl2 Cu 石墨 石墨 0.1 mo

10、l L-1 NaCl溶液 Cl2 H2 石墨 石墨 0.2 mol L-1 CuSO4溶液 O2 Cu 铜 石墨 0.2 mol L-1 CuSO4溶液 Cu2+ Cu 石墨 石墨 熔融 NaCl Cl2 Na 下列说法不正确 的是 A. 对比可知，阴极放电顺序是：Cu2+ H+ Na+ B. 对比可知，阳极放电顺序是：Cl- OH- SO42- C. 对比可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电 D. 对比可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A、中阳离子是 Cu2和 H，阴极产物是 Cu，放电顺序是 Cu2H，中阳离子 是 Na和 H，阴极产物是 H2

11、，放电顺序是 HNa，综上所述，放电顺序是 Cu2HNa ，故 A说法正确； B、根据选项 A的分析，阳极放电顺序是 ClOHSO42，故 B 说法正确； C、根据实验，Cu为阳极时，Cu 先失去电子，故 C说法正确； D、实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故 D说法错误。 14.某溶液中可能含有 H、NH + 4、Mg 2、Al3、Fe3、CO2- 3 、SO 2 4 、NO - 3中的几种。若 加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量 与加入 NaOH的物质的量之间的关系如图所示。 则下列说法正确的是( ) A. 溶液中的阳离子只有 H、

12、Mg2、Al3 B. 溶液中一定不含 CO 2- 3 ，可能含有 SO 2 4 和 NO - 3 C. 溶液中 n(NH + 4)0.2 mol D n(H)n(Al3)n(Mg2)111 【答案】C 【解析】 【分析】 若加入锌粒， 产生无色无味无毒的气体， 说明气体是氢气， 因此溶液显酸性， 则 CO32-和 NO3- 不能大量共存；加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量 与加入 NaOH 的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有 Mg2+、Al3+；又因为当沉淀 达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在 NH4+，由于溶液中还 必须存

13、在阴离子，所以一定还有 SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中 n （H+） 、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。 【详解】 若加入锌粒， 产生无色无味无毒的气体， 说明气体是氢气,因此溶液显酸性， 则 CO32 和 NO3不能大量共存； 加入 NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在 Fe3+，根据产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质 的量之间的关系图可知，溶液中一定含有 Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续 进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在 NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所 以一定还有 SO42； 由图象可知， 第一阶段

14、为氢离子与氢氧化钠反应， 消耗氢氧化钠为 0.1mol， 则 n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为 0.7mol0.5mol=0.2mol，则 n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧 化钠 0.8mol0.7mol=0.1mol，则 nAl(OH)3=0.1mol，根据铝元素守恒可知 n(Al3+)=0.1mol； 第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为 0.5mol0.1mol=0.4mol，则 n(Mg2+)= 0.4mol0.1mol 3 2 =0.05mol， A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有

15、 H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故 A错误； B.由上述分析可知，溶液中一定不含 CO32、NO3，一定含有 SO42，故 B 错误； C. 由上述分析可知，溶液中 n(NH4+)=0.2mol，故 C正确； D. 由上述分析可知，溶液中 n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故 D错误； 答案选 C。 二、非选择题二、非选择题(本题包含本题包含 5 个大题，共个大题，共 58 分分) 15.铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。 （1）铝元素位于周期表中第_周期_族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下 列三种物质：NaAl

16、O2、NaBO2、NaGaO2，浓度相同的这三种物质的溶液 pH由大到 小的顺序为_(用序号表示)。 （2）将 20.0 mL 0.1 mol L1 Ba(OH)2溶液和 20.0 mL 0.1 mol L1 NH4Al(SO4)2溶液混合，所 得溶液中 Al3、 NH + 4、 SO 2 4 、 OH、 H的浓度由大到小的顺序为_。 （3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某 AlN 样品中仅 含有 Al2O3杂质，为测定 AlN 的含量，甲组同学设计了如下流程： 已知：AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3。 过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_。 实验过程

17、中，称得样品的质量为 4.2 g，最后得到的固体为 5.1 g，则样品中 AlN 的质量分 数为_。(不考虑整个过程中的损耗) 【 答 案 】 (1). 三 (2). A (3). (4). c(SO42)c(NH4 +)c(Al3+)c(H+)c(OH) (5). 玻璃棒 (6). 97.62% 【解析】 【分析】 （1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数据此判断该元素在周期表 中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强； （2）将 20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液和 20.0mL 0.1mol/L NH4A1（SO4）2溶液混合，

18、即 两者等物质的量混合， 生成 2mmol的硫酸钡和 4 3 mmol 的氢氧化铝， 所以溶液中含有 2mmol 的硫酸根离子，2mmol 的铵根离子和 2 3 mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶 液呈酸性； （3）过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒； 煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1NA12O3，由关系式求氮化铝的质量，然后代 入质量分数进行计算。 【详解】(1)原子序数为 13的元素，质子数为 13，核外电子数为 13，有 3 个电子层，最外 层有 3 个电子，位于周期表中第三周期第A族；同主族元素原子序数越大，金属性越强， 其对应的盐溶液碱性越强， 镓、 硼与铝

19、位于同一主族， 金属性： 镓铝硼， 故碱性： ， 故答案为：三；A； (2)将 20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液和 20.0mL 0.1mol/LNH4A1(SO4)2溶液混合，即两者等物 质的量混合，所以 2mmol 的硫酸钡和 4 3 mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有 2mmol 的硫酸 根离子，2mmol的铵根离子和 2 3 mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸 性，所以离子浓度的大小为：c(SO42)c(NH4+ )c(Al3+)c(H+)c(OH)； 故答案为：c(SO42)c(NH4 +)c(Al3+)c(H+)c(OH)； (3)过滤时用到的

20、玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒； 故答案为：玻璃棒； 煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1NA12O3， 2 (27+14) 102 m(A1N) 5.1g 所以 227 14 m AlN = 102 5.1g ，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中 A1N 的质量分数为 4.1g 4.2g 100%=97.62%； 故答案为：97.62%。 16.磁性材料 A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成： 请回答： （1）A 的组成元素为_（用元素符号表示） ，化学式为_。 （2）溶液 C 可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_。 （3）已知化合物 A 能与稀硫酸反应，生成

21、一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为 1.518 gL -1） ，该气体分子的电子式为_，写出该反应的离子方程式 _。 （4） 写出 FG 反应的化学方程式_， 设 计实验方案探究溶液 G 中的主要微粒（不考虑 H2O、H +、K+、I-）_。 【答案】 (1). S、Fe (2). Fe3S4 (3). 制印刷电路板 (4). H2S 电子式 (5). Fe3S4+6H +=3H 2S+3Fe 2+S (6). H 2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI (7). 取溶液 G，加入过量 BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有 SO4 2，过滤后取滤液，滴加 H 2O2溶液，若产生白色

22、沉淀， 则有 H2SO3 【解析】 C加入 KSCN，D 为血红色溶液，可知 C为 FeCl3，D为 Fe(SCN)3 等，可知 B为 Fe2O3，且 n （Fe2O3） =2.400g/160g mol1=0.015mol， n （Fe） =0.03mol， m （Fe） =0.03mol 56g mol1=1.68g， A燃烧生成的无色气体 E溶液水得到酸性溶液，加入碘的 KI溶液，得到无色溶液，说明碘 可氧化 E 的水溶液，E 应为 SO2，F为 H2SO3，G 含有和 H2SO4和 HI，可知 A含有 Fe、S元 素，且 m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）=1.28

23、g/32g mol1=0.04mol，可知 n（Fe） ：n（S） =3：4，应为 Fe3S4， （1）由以上分析可知，A 组成元素为 Fe、S，为 Fe3S4； （2）铁离子具 有强氧化性，可将铜氧化，常用于制印刷电路板； （3）化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一 种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为 1.518 g L1） ，淡黄色不溶物为 S，气体的相 对分子质量为 1.518 22.4L=34，为 H2S 气体，电子式为，反应的离子方程式为 Fe3S4+6H=3Fe2+S+3H2S； （4）FG 反应的化学方程式为 H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI， 溶液 G中的主要微

24、粒（不考虑 H2O，H，K，I） 为 SO42和 H2SO3，可先检验 SO42， 后检验有 H2SO3， 具体操作为： 取溶液 G， 加入过量 BaCl2溶液， 若产生白色沉淀， 则有 SO42 ；过滤后取滤液，滴加 H 2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有 H2SO3。 此处有视频，请去附件查看】 17.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾 气排放时容易发生以下反应： N2(g)O2(g)2NO(g)H1a kJ mol1 2NO(g)O2(g)2NO2(g)H2b kJ mol1 CO(g) 1 2 O2(g)CO2(g)H3c kJ mol1 2C

25、O(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)H4 请回答下列问题： （1）根据反应，确定反应中 H4_ kJ mol1。 （2）对于气体参与的反应，表示平衡常数 Kp时用气体组分(B)的平衡压强 p(B)代替该气体 物质的量浓度 c(B)，则反应的 Kp_(用表达式表 示)。 （3）下列情况能说明反应已达平衡状态的是_(填字母)。 a单位时间内生成 1 mol NO2的同时消耗了 1 mol NO b在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变 c在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化 d在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变 （4）试分析高温下不利于反应自发进行的原因_。 （5）探究反

26、应中 NO 的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。试分析 实际化工生产中不采用高压的原因_。 （6）探究反应中平衡时 CO2的体积分数与反应物中起始 n(NO)/n(CO)的比值、温度的关 系，得到如图所示的曲线。在 X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是 _。 【答案】 (1). 2ca (2). 2 22 p (NO) p(N ) p(O ) (3). CD (4). 因为该反应的 HX 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律，反应 2-即得，确定反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)， 据此计算焓变； （2）根据反应的方程式得出 Kp= 2 22 p

27、(NO) p(N ) p(O ) ； （3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于 0，各物质的浓度不再 发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论； （4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合 G= H-T SX； 故答案为：ZYX。 【点睛】 判断反应自发进行的条件， 一般规律： H0 、S0、 S0，高温下自发进行。 18.NH4Al(SO4)2 12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同 学用氧化铁、 铝粉、 镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾 的实验，步骤如下： (1)下列有关说法中

28、正确的是_。 A“滤液 1”中含有 K+、Mg2+、Cl- B“滤渣 1”和“滤渣 2”中含有相同的物质 C“过滤 1”可用倾析法，以缩减实验时间 D将“滤液 3”蒸干并灼烧，可得纯碱 (2)用 NaOH溶解“滤渣 1”时，可以采用_的方式提高浸出率(写出 3条)。 (3)向“滤液 2”中通入足量的 CO2，写出相应的离子反应方程式_。 (4)由“滤渣 3”制备铵明矾，经过如下步骤：ag_h(依次填入正确的序号) a加硫酸溶解 b抽滤 c加入蒸发皿中 d降温结晶 e蒸发至表面出现晶膜 f配制饱和硫酸铵溶液 g将硫酸铝溶液转移至蒸发皿 h洗涤、干燥 (5)根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在 8

29、0时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣 3”时，最 适宜的硫酸浓度为_。 A3mol/L(1.20g/mL) B6mol/L(1.34g/mL) C9mol/L(1.49 g/mL) D18mol/L (1.84g/mL) 所需硫酸用量简便确定方法是_。 【答案】 (1). BD (2). 加热、提高 NaOH 浓度、搅拌等 (3). AlO2-+CO2+2H2O Al(OH)3+HCO3- OH-+CO2HCO3- (4). fcedb (5). A (6). 逐滴加入(3 mo1 L-1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解 【解析】 【分析】 铝灰水洗的目的是洗去表面的氯酸钾杂质，所以滤液 1

30、主要含有 KClO3，滤渣 1主要含有氧 化铁、铝粉、镁条，加入 NaOH 溶液，Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠，故滤液 2 中主 要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，滤渣 2 中主要含有氧化铁、镁条，向滤液 2中通入 CO2气体， 偏铝酸钠与 CO2反应生成氢氧化铝，故滤渣 3 为氢氧化铝，得到的氢氧化铝再制备 NH4Al(SO4)2 12H2O(铵明矾)，据此答题。 【详解】 （1）A.“滤液 1”中主要含有氯酸钾，故含有 K+、ClO3-，故 A错误； B.“滤渣 1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣 2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物 质为氧化铁、镁条，故 B正确； C.倾析法可以将

31、颗粒较大的固体与溶液分离，滤渣 1 中含有铝粉，颗粒较小，不能使用倾析 法，故 C 错误； D.“滤液 3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故 D 正确。 故答案为：BD。 （2）用 NaOH 溶解“滤渣 1”时，可采用加热、提高 NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率， 故答案为：加热、提高 NaOH浓度、搅拌等。 （3）向“滤液 2”中通入足量的 CO2，偏铝酸钠与 CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧 化钠与足量的 CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为： AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-，故答案为： AlO2-

32、+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-。 （4）由“滤渣 3”中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和 水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现 晶膜，降温结晶，抽滤，得到铵明矾，洗涤、干燥。所以制备铵明矾的步骤为： agfcedbh，故答案为：fcedb。 （5）由图可知，80时 Al2(SO4)318H2O的溶解度约为 70g，则 100g 水中可溶解 70g 晶 体，则 nAl2(SO4)318H2O=70g/666g/mol0.1mol，n(H2SO4)=n(SO42-)=0.1mol

33、3=0.3mol， 若 H2SO4溶解 Al2O3后溶液的体积变化忽略不计，则 c(H2SO4)=0.3mol/0.1L=3mol/L，故答案 为：A。 用 3mol/L的 H2SO4溶解 Al2O3后，得到的溶液接近 Al2(SO4)318H2O的饱和溶液，有利于 铵明矾的制备（可减少蒸发水的量） ，故答案为：逐滴加入(3 mo1 L-1)硫酸，并不断搅拌， 至沉淀恰好完全溶解。 【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图， 了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题 中随时进行联系和调用。 19.香豆素类化合物 M具

34、有抗病毒、 抗癌等多种生物活性。 下图是 M 和聚合物 E的合成路线。 已知： (1)A中官能团是_。 (2)B的反应类型是_。 (3)化合物 F能与 FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式是_。F有多种同分异构体， 其中属于芳香族化合物、且为醇类物质的结构简式是_。 (4)G的结构简式是_。 (5)D聚合物 E 的化学方程式是_。 (6)已知 ，将下列 GK的流程图补充完整： _ 【答案】 (1). 羧基(或COOH) (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). I为： J 为： K为： 【解析】 【分析】 根据A的分子式， 以及A与Cl2反应生成的产物， 推出A结

35、构简式为CH3COOH， CH2ClCOOH 与碳酸钠反应生成 B，利用羧酸的酸性碳酸，推出 B 为 CH2ClCOONa，根据信息，以及 D的 分 子 式 ， 推 出D的 结 构 简 式 为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根 据 信 息 ， 以 及E为 聚 合 物 ， 推 出E的 结 构 简 式 为 ，根据问题(3)，F能与 FeCl3溶液发生显色 反应，说明 F中含有酚羟基，根据流程中 F的生成的产物，推出 F中含有甲基，且酚羟基和 甲 基 邻 位 ， F 的 结 构 简 式 为， 根 据 信 息 ， 推 出 G 的 结 构 简 式 为 ， 根据M的结构简式， 推出K的结构简式为

36、； 【详解】根据 A的分子式，以及 A 与 Cl2反应生成的产物，推出 A结构简式为 CH3COOH， CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成 B，利用羧酸的酸性强于碳酸，推出 B为 CH2ClCOONa，根 据信息，以及 D 的分子式，推出 D 的结构简式为 CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根 据 信 息 ， 以 及E为 聚 合 物 ， 推 出E的 结 构 简 式 为 ，根据问题(3)，F能与 FeCl3溶液发生显色 反应，说明 F中含有酚羟基，根据流程中 F的生成的产物，推出 F中含有甲基，且酚羟基和 甲 基 邻 位 ， F 的 结 构 简 式 为， 根 据 信 息 ， 推 出 G 的 结 构 简 式 为 ， 根据M的结构简式， 推出K的结构简式为； （1）根据上述分析，以及 A 的结构简式，推出 A 中官能团是羧基； （2）根据上述分析，B 与 NaCN 发生反应类型为取代反应； （3）F的结构简式为，同分异构体符合的条件是属于芳香族化合物和醇，因此 符合条件的结构简式为； （4）G的结构简式为； （5）根据信息，D 生成聚合物 E 的化学反应方程式为 ； （6）G生成 I发生水解反应，即 I的结构简式为，I生成 J 发生酸化和 酯化反应，即 J 的结构简式为，K的结构简式为。