浙江省名校2023年化学高三上期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

1、浙江省名校2023年化学高三上期末学业质量监测模拟试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是序号操作现象解释或结论A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色Ksp(AgCl)Ksp(AgI)

2、B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO3HClOAABBCCDD2、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是a mol，久置后其气体的物质的量是b mol，不存在ab关系的是( )XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3AABBCCDD3、常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液

3、中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（ ）A由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3反应C常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性DNH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用4、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取 84 消毒液将 Cl2 通入 NaOH 溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与 FeCl3 溶液通过滤纸过滤AABBCCDD5、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O

4、在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是AN2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D1g CO2 、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA6、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NABSO2具有漂白性，从而可使品红褪色C17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD0.1

5、molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA7、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A最高价氧化物对应水化物的碱性强弱BNa和AlCl3溶液反应C单质与H2O反应的难易程度D比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小8、下列微粒中，最易得电子的是（ ）ACl-BNa+CFDS2-9、已知298K时，Ksp(NiS)=1.010-21，Ksp(FeS)=6.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：2.4，3.2) （ ） AM点对应的溶液中，c(S2-)3.210-11 molL-1B与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C向Q点对应

6、的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液DFeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=600010、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（ ）ANaOH、H2SO4、NH4ClBMgO、Na2SO4、NH4HCO3CNa2O2、KOH、Na2SO4DAlCl3、Al2O3、MgCl211、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯A最简式是CH2B分子中所有原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D是CH2=CH-CH=CH2的同系物12、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB0.1molH2和0.1molI2于密

7、闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD0.1molNH2-所含电子数为6.021023个13、下列指定微粒数目一定相等的是A等质量的14N2与12C16O中的分子数B等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数14、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B氯碱工业在

8、阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C反应加热MgCl26H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D反应中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用7080%硫酸富集Br215、将浓度均为0.5molL-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是( )AAlCl3溶液的物质的量浓度为0.2molL-1B根据图象可以确定导电率与离子种类有关Ccd段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2ODe点时溶液中的离子浓度：c(K+) c(Cl) c(AlO2)16、常温下，pH3的HA溶液V1mL与pH

9、11的KOH溶液V2mL混合，则下列说法正确的是A若V1V2，则反应后溶液的pH一定等于7B若反应后溶液呈酸性，则V1一定小于V2C若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D若反应后溶液呈中性，则混合液中一定存在c(H)c(OH)2107molL1二、非选择题（本题包括5小题）17、高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I. R-CH2OHII. =R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D的结构简式是_。(4

10、)的化学方程式是_。(5)F的官能团名称_；G的结构简式是_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用合成E。由上述的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。18、化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHOCH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_，EF的反应类型是_。（2）BC反应的化学方程式为_。（3）CD所用试剂和反应条件分别是_。E中官

11、能团的名称是_。（4）检验F中碳碳双键的方法是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3221的同分异构体的结构简式为_。19、为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称_。（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液_D_（4）写

12、出C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加23滴_作指示剂，然后用0.2000molL-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000molL-1HCl溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理

13、数据，计算出碳酸钠样品的纯度为_。20、乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：_（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是_（填写序号）；只有甲烷 只有乙烯 烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为_；（4）该实验中碎瓷片的作用是_（填序号）；防止暴沸 有催化功能 积蓄热量 作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为_（用NA表示）；（6）利用

14、A装置的仪器还可以制备的气体有_（任填一种），产生该气体的化学方程式为_。21、药物Targretin(F)能治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤，其合成路线如下图所示：已知：（R表示烃基或芳基）（1）反应的反应类型是_。（1）反应的化学方程式：_。（3）C的核磁共振氢谱图中有_个峰。（4）反应的化学方程式：_。（5）F的分子式是C14H18O1F中含有的官能团：_。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑OO或结构）：_。a苯环上的一氯代物有两种 b既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R为烃基）。以1-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成合成路线（用结构简式表示有

15、机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A错误；B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；D在Ca

16、(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3HClO，D错误。答案选C。【点睛】选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银，否则不能。2、C【解析】A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；B. Na2CO3粉末与稀H2SO4 反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B； C. Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选C D. Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选

17、D；答案选C。3、B【解析】A由图可知，pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1=10-6.37，则碳酸的Ka1数量级约为10-7，故A正确；B向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为HCO3-+NH4+2OH-NH3H2O+CO32-+H2O，说明NaOH与NH4+、HCO3均反应，故B错误；C由图可知，pH=9.25时c(NH3H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L，NH3H2O的离常数Ka1=10-4.75，而碳酸的Ka1=10-6.37

18、，则NH3H2O的电离能力比H2CO3强，HCO3-的水解程度比NH4+强，即NH4HCO3的水溶液显碱性，故C正确；D草本灰的水溶液显碱性，与NH4HCO3混用会生成NH3，降低肥效，则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用，故D正确；故答案为B。4、D【解析】A84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2 通入 NaOH 溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；C乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确

19、；D胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。答案选D。5、D【解析】A根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，S

20、iO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3，有白色沉淀生成，故C错误；DCO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol 22NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。6、D【解析】A2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO42e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；BSO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C1个H

21、2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；DBaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；故答案选D。7、B【解析】A. 对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B. Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C. 金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D. AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而

22、氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。【点睛】金属性比较规律： 1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。 2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。 3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。 4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。 5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。 6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。 7、由电解池的离子放电顺序判断。8、C

23、【解析】氧化性越强的微粒，越容易得到电子。在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；答案选C。9、D【解析】A饱和的NiS溶液中c(Ni2)=c(S2)= =3.21011molL1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2)=c(S2)=2.4109molL1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2)=2.4109molL1，故A错误；B此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；CQ点加水，溶液中c(Ni2)、c(S2)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；D平衡常数K=6000，故D正确。10

24、、C【解析】A. NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B. MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C. Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D. AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。11、C【解析】A. 的分子式为C6H6，最简式是CH，故A错误；B. 不是平面结构，中间连四个单键的碳，类似甲烷的碳，周围的四个原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B错误；C. 中有碳碳双键

25、，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D. CH2=CH-CH=CH2的分子式为：C4H6，的分子式为C6H6，两者的组成不相似，其两者之间相差的不是若干个-CH2，不是同系物，故D错误；正确答案是C。【点睛】C选注意能和酸性高锰酸钾反应的基团：碳碳双键，碳碳三键，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含侧链的苯环。12、D【解析】A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B. H2+I2 2HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故

26、B错误C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.021023个，故D正确。13、A【解析】A.与摩尔质量均为28g/mol，故等质量的与分子数相同，A正确；B. 等物质的量的与，碳原子数之比为2:3，B错误；C.等体积等浓度的与溶液，数之比接近1:2，C错误；D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故

27、中铵根离子水解程度更大，故数之比小于1:2。14、A【解析】A. 先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B. 氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C. 加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D. 用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。15、D【解析】根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀

28、的点。【详解】A选项，根据分析得到c点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，因此AlCl3溶液的物质的量浓度为，故A正确；B选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B正确；C选项，c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2O，故C正确；D选项，e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)c(H+)c(Cl)c(OH)c(AlO2)，故D错误。综上所述，答案为D。16、D【解析】A若V1=V2，如果酸是强酸，二者混合溶液呈中性，pH=7，如果酸是弱酸，酸浓度大于碱，混合溶

29、液呈酸性，pH7，故A错误；B如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故B错误；C如果反应后溶液呈酸性，如果酸是强酸，则V1一定大于V2，如果酸是弱酸，V1可能大于V2，可能等于V2，故C错误；D若混合溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7molL-1，所以c（H+）+c（OH-）=210-7molL-1，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应 BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr (CH3)2C=CH2 CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3

30、)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基 4 HCOO C(CH3)=CH2 HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH 【解析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与RNH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H

31、的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr；(3) 根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2

32、O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5) F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反2种)、HCOO CH2 CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故

33、答案为4；HCOO C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成

34、中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。18、 消去反应 +NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热 羟基、醛基 用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键 8 【解析】根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHOCH3CHO RCH(OH)CH2CHO，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+

35、NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有

36、一个环的芳香族化合物有、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3221的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。19、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2

37、Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未

38、反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据

39、分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000molL0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)= 0.003mol106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；20、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 溴水褪色 5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2

40、+28H2O 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3 【解析】探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下

41、，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选； (3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为

42、mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3。21、氧化反应 1 碳碳双键、羧基 【解析】分析：对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），根据信息iii可知，B与SOCl1反应生成；与溴发生1,4加成生成(CH3)1CBr-CH=CH-BrC(CH3)1,该有机物与氢气发生加成生成(CH3)1CBr-

43、CH1CH1-BrC(CH3)1,根据信息ii可知，(CH3)1CBr-CH1CH1-BrC(CH3)1与发生取代反应生成；然后根据信息i可知，有机物与发生取代反应生成；在酸性条件下发生水解生成（F）。据此进行解题。详解：(1) 对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应的反应类型是氧化反应；正确答案：氧化反应。(1) 对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），反应的化学方程式：；正确答案：。 (3)根据以上分析可知，有机物C的结构简式为(CH3)1CBr-CH=CH-BrC(CH3)1,以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有1个峰；正确答案：1。 (4) 根据信息ii可知，(CH

44、3)1CBr-CH1CH1-BrC(CH3)1与发生取代反应生成；反应的化学方程式：；正确答案：。(5)综上分析可知，有机物F的分子式是C14H18O1.，结构简式为，含有的官能团：碳碳双键、羧基；正确答案：碳碳双键、羧基。(6)有机物A为对苯二甲酸，同分异构体满足a苯环上的一氯代物有两种，环上有两个取代基；b既能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有HCOO-取代基，具体结构如下: ；正确答案：。(7) 乙烯与溴加成生成BrCH1CH1Br，BrCH1CH1Br发生取代生成HOCH1CH1OH，HOCH1CH1OH被氧化为OHCCHO，根据信息可知，并结合生成物的结构简式可知，OHCCHO与CH3CHBrCH3在Mg/H1O条件下发生加成反应生成，该有机物再发生消去生成