2019-2020学年安徽省芜湖市无为县开城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省芜湖市无为县开城中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活密切相关。下列说法正确的是A垃圾分类中可回收物标志：B农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】【详解】A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A 错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO 与 O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故 B 错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故 C 正确；D.煤燃烧生成CO2和 SO2，CaO可以和 SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而 CO2在高温下不能与 CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选 C。2工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A在铝土矿制备较高纯度Al 的过程中常用到NaOH 溶液、CO2气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2 1 D黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH 溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A 正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B 不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为21，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应，铜由+2 价降为+1 价被还原得到Cu2S、氧由 0 价降至-2 得到 FeO，所以 Cu2S、FeO 均是还原产物，D 正确。3硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知 Cu2O2H+=CuCu2+H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是A将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3B将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与 O2C固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuO D将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；D.将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。故选 B。4主族元素Q、X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且均不大于20。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X 与 Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W 原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A X与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY与 Z 形成的化合物只含离子键C简单氢化物的沸点：QX D Z和 W 形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定 Q 为 N；X 与 Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为 F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为 Cl；Q、Y、W 原子的最外层电子数之和为9，当 W 为 K时，Y为 Al；当 W 为 Ca时，Y为 Mg。【详解】A.X 简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A 错误；B.Y与 Z形成的化合物可能是AlCl3或 MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）X（HF），故 C 正确；D.Z和 W 形成的化合物为KCl或 CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D 错误；答案：C 5下列变化中化学键没有破坏的是A煤的干馏B煤的气化C石油分馏D重油裂解【答案】C【解析】【详解】A煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故 A 错误；B煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；C石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；D石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D 错误故选：C。6属于非电解质的是A二氧化硫B硫酸钡C氯气D冰醋酸【答案】A【解析】【详解】A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A 正确；B、硫酸钡在熔融状态能电离出钡离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸钡是电解质，故B 错误；C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D 错误；故选：A。【点睛】根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题7给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)BCuCl2 Cu(OH)2Cu CAl NaAlO2(aq)NaAlO2(s)D MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NaCl 溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B.CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C.Al 和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选 C。8下列指定反应的离子方程式正确的是A钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氨水吸收过量的二氧化硫：OH-+SO23HSOC向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OHCaCO3+H2O D向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42-BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A离子方程式中电荷不守恒，A 项错误；B一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B 项错误；CNH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCO3的同时生成一水合氨和水，C项错误；D离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D 项正确；答案选 D。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“=”“?”“”“”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。9下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A取 a 克混合物充分加热至质量不再变化，减重b 克B取 a 克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b 克C取 a 克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b 克D取 a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b 克固体【答案】B【解析】【详解】A、在 Na2CO3和 NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项 A 正确；B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B 错误；C、Na2CO3和 NaHCO3转化为 BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C 正确；D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和 NaHCO3转化为 NaCl 时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D 正确；答案选 B。【点睛】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。10电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na、Cl、Ca2、Mg2、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A阳离子交换膜是A，不是 B B通电后阳极区的电极反应式：2Cl 2e Cl2C工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B 是阳离子交换膜，选项A 错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl-2e-Cl2，选项 B 正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D 正确。答案选 A。11在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是（）ACuONaOH223CCOCONa CO点燃溶液B3AgNONaOH322CuCu(NO)Cu(OH)溶液溶液溶液C23243FeFe OFe(SO)点燃硫酸溶液溶液D232Na COH O2CaOCa(OH)NaOH溶液溶液【答案】D【解析】【分析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.【详解】A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A 错误；B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D 正确；答案：D。12某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：加成、水解、酯化、氧化、中和、消去，其中可能的是()ABCD【答案】C【解析】【详解】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】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，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。13利用下列实验装置能达到实验目的的是A分离 CH3COOH和 CH3COOC2H5混合液B验证 NH4NO3晶体溶于水的热效应C蒸发 FeCl3溶液得到FeCl3固体D验证 C、Cl、Si的非金属性强弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A.CH3COOH和 CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以 U 型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故 B正确；C.蒸发 FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si 的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选 B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。14传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A b 极为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O BH+由 a 极通过质子交换膜向b 极移动C该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4D若 a 极消耗 2.24L(标准状况)SO2，理论上c 极有 6.4g 铜析出【答案】D【解析】【分析】燃料电池：a 端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a 为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b 为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c 极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，d 极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2+2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2。【详解】A.b 为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d 极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a 电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d 极上有 6.4g 铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。15相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A第 IA 族B第 IIIA 族C第 IVA族D第 VIA 族【答案】D【解析】【详解】A、第 IA 族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A 错误；B、第 IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B 错误；C、C、Si、Ge 等都属于第IVA 族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项 C 错误；D、第 VIA 族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D 正确；答案选 D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）161-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，实验室制备少量1-溴丙烷的实验装置如下:有关数据见下表:步骤 1:在仪器 A 中加入搅拌磁子、12 g 正丙醇及20 mL 水,冰水冷却下缓慢加入25 mL 18.4 molL-1的浓H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。步骤 2:按如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物蒸馏出为止。回答下列问题:（1）使用油浴加热的优点主要有_.（2）仪器 A 的容积最好选用_.（填字母）。A 50 mL B 100 mL C 250mL.D 500mL.（3）步骤 1 中如果不加入20 mL 水或者加入的水过少,烧瓶中会有大量红棕色蒸气产生,写出该反应的化学方程式:_。（4）提纯产品的流程如下:加入碳酸钠溶液的目的之一是通过反应除去产品中的Br2,已知反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为 5:1,写出反应的离子方程式:_。操作 I 得到的有机层中可能含有水、丁醇等杂质,检验水的试剂可选用_（填字母,下同）。a 金属钠b 胆矾c 无水硫酸铜d 碱石灰，操作 II 选择的装置为_。（5）本实验制得的纯产品为14.8 g,则产率为 _（保留小数点后一位）。【答案】受热均匀、便于控制温度B2NaBr+2H2SO4(浓)=Na2SO4+Br2+2H2O+SO23Br2+3CO32-=5Br-+3CO2+BrO3-cb60.2%【解析】【分析】(1)油浴加热可以更好的控制温度；(2)加热时烧杯中所盛液体体积为烧杯容积的一半为最佳；(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知浓硫酸与NaBr 发生了氧化还原反应，据此可以写出反应的化学方程式。(4)Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水；操作 II 为蒸馏；(5)根据=100%实际产量产率理论产量进行计算。【详解】(1)使用油浴加热的优点为受热均匀、容易控制温度，故答案为：受热均匀、便于控制温度；(2)12 g 正丙醇的体积为-312g=15mL0.8g cmg，共加入液体15mL+20mL+25mL=60mL，所以选用100mL 烧瓶较合适，故答案为：B；(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知反应过程中浓硫酸将溴离子氧化成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓)=Na2SO4+Br2+2H2O+SO2；(4)Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，根据反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为 5:1 可知产物为Br-和 BrO3-，故答案为：3Br2+3CO32-=5Br-+3CO2+BrO3-；钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水，无水硫酸铜遇水变蓝，故答案为：c；蒸馏时温度计水银球应该在支管口处，而且冷凝管应该选择直形冷凝管，故答案为：b；(5)该制备过程的反应方程式为：H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr；CH3CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2Br+H2O，12g 正丙醇的物质的量为12g=0.2mol60g/mol，则完全反应正丙醇所需n(NaBr)=0.2mol，m(NaBr)=0.2mol103g/mol=20.6g24g；所需 n(H2SO4)=0.2mol18.4mol/L 0.025L；所以该过程正丙醇过量，则理论生成1-溴丙烷 0.2mol，质量为0.2mol123g/mol=24.6g，所以产率为14.8g100%24.6g=60.2%，故答案为：60.2%。【点睛】球形冷凝管与直形冷凝管适用范围不同，直形冷凝管既适合冷凝回流也适合蒸馏中的冷凝收集，而球形冷凝管只适合冷凝回流。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物 Y的路线如下：已知：R1CHO+R2CH2CHO-OH+H2回答下列问题：（1）A 的化学名称为 _。（2）B中含氧官能团的名称是_。（3）X的分子式为 _。（4）反应的反应类型是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）L是 D 的同分异构体，属于芳香族化合物，与D 具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为 3:2:2:2:1，则 L的结构简式可能为_。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)_。【答案】3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】【分析】与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质 A 与 NaCN 在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B 与 HI 发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息逆推法可以得出D 为，C是由与水发生加成反应所得，C 与苯甲醛在碱性条件下发生反应，结合已知信息可推出C 为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A 为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应中-Cl 转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应的化学方程式为：；（6）L是 D 的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度=2 102102=6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D 具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5 组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有 5 种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L 的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化学 选修 5：有机化学基础 具有抗菌作用的白头翁衍生物H 的合成路线如图所示：已知：:RCH2BrRCHO一定条件R HC=CH-R:RHCCHR(1)A 属于芳香烃，其名称是_。(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，该物质的结构简式为_。(3)由 C生成 D 的化学方程式是_。(4)由 G 生成 H 的反应类型是_，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗_mol NaOH。(5)试剂 b 是 _。(6)下列说法正确的是_(选填宇母序号)a G 存在顺反异构体b l mol G 最多可以与1mol H2发生加成反应c l mol H 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有_种。含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基【答案】1，2-二甲苯(邻二甲苯)加成反应2 NaOH 醇溶液c 12 种【解析】【分析】由 A 的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A 为，结合 B 的分子式与C的结构，可知B 为，B与液溴在光照条件下反应得到C由 D 的分子式、D 后产物结构，结合信息i，可推知D为，则 C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂 a 为 CH3OHD 后产物发生酯的碱性水解、酸化得到 E为由 H 的结构，结合信息ii 可知 F为，F发生消去反应生成G 为，G 发生加成反应得到H。【详解】（1）A 是，其名称是：邻二甲苯。（2）苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，含有醛基，能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B 的一种同分异构体：；（3）由 C生成 D 的化学方程式是。（4）G 含有碳碳双键，由G 生成 H 的反应是加成反应，F为，含有酯基和I 原子，水解生成的羧基和HI 可与 NaOH 溶液反应，1mol F 与足量 NaOH 溶液反应，消耗2mol NaOH。（5）试剂 b 是 NaOH 醇溶液，F发生消去反应生成G 为。（6）aG 为，不存在顺反异构体，故a 错误；b.1mol G 最多可以与4mol H2发生加成反应，故b 错误；c.1mol H 含有两摩尔酯基，与足量NaOH 溶液反应，消耗2molNaOH，故 c 正确。（7）含有苯环含有 2 个 CHO 苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有43=12种。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。19乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料（常温下 0.01mol/L 的 H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的 pH 如表所示）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH 2.1 3.1 8.1 填空：（1）写出 H2C2O4的电离方程式 _（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_；向 0.1mol/L 的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_ac（K+）=c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42）bc（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42）cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）dc（K+）c（Na+）（3）H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式_；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液和 4mL 0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究_，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_（5）已知草酸（H2C2O4）受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO +CO2，写出 FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式_【答案】H2C2O4?H+HC2O4；HC2O4?H+C2O42HC2O4的电离程度大于水解程度ad 2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8 H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用温度对反应速率的影响KMnO4溶液过量FeC2O4Fe+2CO2【解析】【分析】(1)常温下 0.01mol/L 的 H2C2O4pH 为 2.1，KHC2O4，的 pH 为 3.1，说明草酸是二元弱酸；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，结合KHC2O4溶液显酸性分析解答；向0.1mol/L 的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性，根据物料守恒和电荷守恒分析判断；(3)草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，据此书写反应的方程式并配平；反应开始时速率较慢，随后大大加快，结合影响化学反应速率的因素分析解答；(4)两烧杯中水的温度不同，其余条件相同，结合草酸与高锰酸钾反应的方程式分析解答；(5)草酸分解能够生成CO，CO具有还原性，据此分析解答。【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸的电离方程式为：H2C2O4?H+HC2O4-，HC2O4-?H+C2O42-，故答案为：H2C2O4?H+HC2O4-；HC2O4-?H+C2O42-；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH 溶液至中性：a碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故 a 正确；b由 c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故 b 错误；c根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故 c 错误；d若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，即c(K+)c(Na+)，故 d 正确；故答案为：HC2O4-的电离程度大于水解程度；ad；(3)草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O；反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用；(4)两烧杯中水的温度不同，其余条件完全相同，因此该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾恰好反应时的物质的量之比为52，试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为12，高锰酸钾过量，不能完全反应，所以溶液不褪色，故答案为：温度对反应速率的影响；KMnO4溶液过量；(5)已知草酸(H2C2O4)受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO +CO2，则草酸亚铁受热分解的化学方程式为 FeC2O4FeO+CO +CO2，CO能够还原FeO，FeO+CO Fe+CO2，所以总反应方程式为：FeC2O4 Fe+2CO2，故答案为：FeC2O4 Fe+2CO2【点睛】本题的易错点为(5)，要注意分解生成的CO具有还原性，高温下能够将铁的氧化物还原为铁单质。