2019年四川省绵阳市高考化学一诊试卷解析版(共13页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年四川省绵阳市高考化学一诊试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 化学与社会、生活密切相关，下列说法错误的是（）A. 压榨菜籽油和浸出菜籽油都利用了萃取原理B. 用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”使用时会发生电化学腐蚀C. 绿色化学最理想的“原子经济”就是反应物原子利用率为100%D. 推广使用可降解塑料可以减少“白色污染”【答案】A【解析】解：A压榨菜籽油是利用重力挤压，不是利用萃取原理，故A错误； B碳和铁能形成原电池，用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”使用时会形成原电池，而发生电化学腐蚀，故B正确； C最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的

2、最终产物，从源头上消除化学污染，符合绿色化学的要求，故C正确； D可降解塑料在自然界中易分解，不会形成白色污染，所以推广使用可降解塑料可以减少“白色污染”，故D正确。 故选：A。A压榨菜籽油是利用重力挤压； B碳和铁能形成原电池； C最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物； D可降解塑料在自然界中易分解。本题考查了物质的性质、应用，为高频考点，把握混合物分离提纯、化学反应原理及应用、物质性质及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2. 二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如下图所示。下列有关二异丙烯基苯的说法错误的是（

3、）A. 在催化剂存在下可发生加聚反应B. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应C. 分子中所有碳原子可能都处于同一平面D. 其一氯代物有6种【答案】D【解析】解：A含有碳碳双键，可发生加聚反应，故A正确； B含有苯环，具有苯的性质，可与溴发生取代反应，故B正确； C碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，故C正确； D结构对称，有机物含有5种H，则一氯代物有5种，故D错误。 故选：D。有机物含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的结构和性质特点，以此解答该题。本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析及知识运用能力

4、，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意断键和成键方式，题目难度不大。3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 0.2gHO与DO的混合物中所含中子数为0.1NAB. 标准状况下，11.2L臭氧所含质子数为8NAC. 20mL0.1mol/LAlCl3溶液中，水解形成Al（OH）3胶体粒子数为0.002NAD. 0.5molH2和0.5molI2在加热条件下充分反应，生成HI的分子数为NA【答案】A【解析】解：A、HO与DO的摩尔质量均为20g/mol，故0.2gHO与DO的混合物的物质的量为0.01mol，且两者均含10个中子，故0.01mol此混合物中含0.1NA个中子，

5、故A正确；B、标况下11.2L臭氧的物质的量为0.5mol，而臭氧中含24个质子，故0.5mol臭氧中含12NA个质子，故B错误；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故水解形成Al（OH）3胶体粒子数小于0.002NA，故C错误；D、氢气和碘蒸汽的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的HI分子数小于NA个，故D错误。故选：A。A、HO与DO的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；B、求出臭氧的物质的量，然后根据臭氧中含24个质子来分析；C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；D、氢气和碘蒸汽的反应为可逆反应。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用

6、和物质的结构。4. 下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红生成的有机物具有酸性B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇与水分子中氢的活性相同C将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成物无色，可溶于四氯化碳D向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液未出现银镜蔗糖未水解A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】解：A发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而一氯甲烷为中性，故A错误； B乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同，所以可以根据生成氢气速率判断乙醇和水分子

7、中H原子的活泼性强弱，故B错误； C乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳而导致溶液互溶，最终变为无色透明，故C正确； D在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液，否则银氨溶液和稀硫酸反应而得不到银镜反应，故D错误； 故选：C。A发生取代反应生成HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红； B乙醇和水都能和钠反应生成氢气，但是反应速率不同； C乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷； D在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题

8、目难度不大。5. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（）A. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构B. W与其他三种元素均可形成两种二元化合物C. W、X、Z的氢化物均为共价化合物D. X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2【答案】D【解析】解：A氯离子比O、Na、Al对应的离子多一层电子，故A错误； BO与Al反应只生成氧化铝，故B错误； CNaCl为离子化合物，故C错误； D两种二元化合物为Na2O或Na2O2，阴、阳离子数之比均为1：2，故D正

9、确。 故选：D。短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，应为O元素，X原子的最外层只有一个电子，应为Na元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素，Z在同周期中原子半径最小，则应为Cl元素，以此解答该题。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素位置推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6. 最近我国科学家在液流电池研究方面取得新进展。一种硫/碘体系（KI/K2S2）的液流电池工作原理如右图所示。下列说法正确的是（）A. 放电时电池右侧为负极，发生氧化反应B. 放电时，电池左侧的电极反应为S22

10、-+2e-=2S2-C. 充电时，电池的总反应为3I-+S22-=I3-+2S2-D. 充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动【答案】C【解析】解：A、由图可知，硫/碘体系（KI/K2S2）的液流电池放电时，左侧为负极，发生氧化反应，故A错误； B、放电时，左侧为负极，负极发生电极反应为：2S2-2e-=S22-，故B错误； C、电池放电时，电池的总反应为I3-+2S2-=3I-+S22-，所以充电时，电池的总反应为3I-+S22-=I3-+2S2-，故C正确； D、充电时和放电时刚好相反，左侧为阴极，所以阳离子移向阴极，即电解质溶液中K+经交换膜向左侧移动，故D错误。 故选：C。由图可知

11、，硫/碘体系（KI/K2S2）的液流电池放电时，左侧为负极，负极发生电极反应为：2S2-2e-=S22-，右侧为正极，电极反应为：I3-+2e-=3I-，电池的总反应为I3-+2S2-=3I-+S22-，充电时和放电时刚好相反，阳离子移向阴极，据此解答。本题考查学生二次电池的工作原理知识，考查学生对原电池和电解池工作原理的掌握，难度不大。7. 海水资源开发利用的部分过程如图所示（苦卤中主要含K+、Mg2+、Br-等），下列说法错误的是（）A. 从海水得到粗盐主要通过蒸发操作实现B. 向苦卤中通入Cl2时溴离子被还原为Br2C. 富集溴涉及的离子反应有Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H+S

12、O42-D. 工业选用的沉淀剂通常经煅烧碳酸钙获得而不是电解食盐水【答案】B【解析】解：A海水晒盐分离出粗盐和苦卤，为蒸发原理，故A正确； B向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴离子被氧化为Br2，故B错误； C用SO2的水溶液将其还原吸收富集溴，发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，离子反应为Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H+SO42-，故C正确； D溶液中含镁离子，与生石灰反应生成氢氧化镁，通常经煅烧碳酸钙获得CaO，且电解食盐水消耗能源高，故D正确； 故选：B。由实验可知，海水晒盐分离出粗盐和苦卤，向苦卤中通入Cl2置换出溴单质

13、，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，用SO2的水溶液将其还原吸收，发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，再利用Cl2置换出溴单质，萃取蒸馏分离出溴；溶液中含镁离子，与生石灰反应生成氢氧化镁，通常经煅烧碳酸钙获得CaO，以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握海水资源的应用、实验流程中发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大。二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）8. 羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产

14、品质量下降和大气污染，研究其脱除方式意义重大。回答下列问题：（1）COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_。（2）Dalleska等人研究发现：在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，得到一种酸溶液并放出气体，该脱除反应的化学方程式为_。（3）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H1=-41.2kJmol-1COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2=-35.5kJmol-1则氢气脱除COS生成CO和H2S的热化学方程式为_。（4）利用反应可在高温下脱除COS，在T下，向密闭容器中充入5molH2O（g）和5molCOS（g），测得混合气体中H2S体积分数（

15、）与时间（t）的关系如图甲所示。下列能说明该可逆反应达到平衡状态的是_（填标号）。Av消耗（H2O）=v生成（CO2）B不变C压强保持不变D混合气体的密度保持不变该条件下COS的平衡转化率为_，T时该反应的平衡常数K=_。（5）将含COS和H2O的某工业气体按一定流速通过以Al2O3为载体的催化剂，在不同温度下测得COS水解转化率如右图所示。当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS水解转化率降低，可能的原因是_。在催化剂不变时，为提高COS的转化率可采取的措施有_、_。【答案】 4H2O2+COS=H2SO4+CO2+3H2O COS（g）+H2（g）=H2S（g）+CO（g）H=+5.7k

16、J/mol B 80% 16 体系温度过高，催化剂活性降低且平衡逆向移动 增大水蒸气浓度 控制温度在200左右【解析】解：（1）CO2的等电子体COS，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的电子式可知COS电子式为：，故答案为：；（2）H2O2氧化COS生成H2SO4和CO2气体，所以反应的核心方程式为4H2O2+COS=H2SO4+CO2+3H2O；故答案为：4H2O2+COS=H2SO4+CO2+3H2O；（3）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H1=-41.2kJmol-1COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2=-35.5kJmol-1根据盖斯定律，

17、-可得：COS（g）+H2（g）=H2S（g）+CO（g）H=H2-H1=（-35.5kJmol-1）-（-41.2kJmol-1）=+5.7kJ/mol，故答案为：COS（g）+H2（g）=H2S（g）+CO（g）H=+5.7kJ/mol；（4）Av消耗（H2O）=v生成（CO2）说明反应正向进行，不能判定是否达到平衡状态，故A错误；B.比值不变，说明n（COS）、n（H2S）均变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C该反应是体积不变化的反应，无论反应进行与否，容器内压强始终不变，所以压强保持不变，不能判定反应是否达到平衡，故C错误；D恒容容器中，该反应的反应物、生成物都是气体，所以容器中气

18、体总质量不变，所以容器中气体密度始终不变，所以密度保持不变，不能判定反应是否达到平衡，故D错误；故答案为：B；反应的三段式为COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g） 起始量（mol） 5 5 0 0 变化量（mol）xxxx 平衡量（mol）5-x 5-xxxH2S的体积分数为40%，即x=40%（5+5）=4，COS的平衡转化率=80%，设容器体积为VL，则c（COS）=c（H2O）=mol/L，c（H2S）=c（CO2）=mol/L，反应平衡常数k=16；故答案为：80%，16；（5）该反应正向放热，反应达到平衡后可能体系温度过高，平衡逆向进行使COS转化率降低，也可能是催化剂

19、活性降低，反应速率减慢，使COS转化率降低等等；故答案为：体系温度过高，催化剂活性降低且平衡逆向移动；该反应是体积不变的反应，压强或催化剂不影响平衡移动，所以提高COS转化率的有效措施有：增大水蒸气浓度、分离出或吸收H2S、CO2、控制温度在200左右等；故答案为：增大水蒸气浓度、分离出或吸收H2S、CO2、控制温度在200左右等；（1）CO2的等电子体COS，等电子体结构相似，根据二氧化碳的分子的电子式可知COS电子式；（2）根据氧化还原反应规律可知，H2O2氧化COS，得到的一种酸溶液并放出气体是H2SO4和CO2气体，据此写出化学方程式；（3）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+C

20、O2（g）H1=-41.2kJmol-1COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H2=-35.5kJmol-1根据盖斯定律，-可得：COS（g）+H2（g）=H2S（g）+CO（g）H=H2-H1，据此计算；（4）平衡状态的本质特征是同一物质的正反应速率等于逆反应速率、各物质的含量不变，据此解答；根据反应的三段式计算各物质的平衡浓度、变化量，据此解答；（5）该反应正向放热，达到平衡后继续升高温度，反应逆向移动，COS的转化率降低，由图知，Al2O3催化水解最佳温度为200，高于这个温度，催化剂活性会降低；根据影响平衡移动的因素（改变体系温度、浓度、压强等）解答。本题考查盖斯定律的应

21、用、化学平衡的影响因素及其化学平衡状态判定、化学平衡常数的计算等知识点，侧重基础知识考查，题目难度不大，掌握基础是解题关键。9. 连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：（1）Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是_（填化学式）。（2）锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图甲所示：工业上常将锌块进行预处理得到锌粉-水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学方程式为_。在步骤中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_，“后续处理”最终要

22、加入少量的Na2CO3固体，其原因是_。（3）目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是_。（4）有人设计了图乙所示方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠（Na2S2O8），并获得中国专利。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为_，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是_。【答案】NaHSO3、NaHSO4 增大锌粉的表面积，加快反应速率 Zn+2SO2=ZnS2O4 减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥 碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定

23、 HCOO-+OH-+2SO2=S2O42-+CO2+H2O 2SO42-2e-=S2O82- 从阳极室向阴极室（或a到b）【解析】解：（1）Na2S2O4在潮湿空气中氧化，S元素的化合价升高，生成的两种常见酸式盐是NaHSO3、NaHSO4， 故答案为：NaHSO3、NaHSO4； （2）由制备流程可知，锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4， 工业上常将锌块进行预处理得到锌粉-水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率， 故答案为：增大锌粉的表面积，

24、加快反应速率； 步骤中发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4， 故答案为：Zn+2SO2=ZnS2O4； 在步骤中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定， 故答案为：减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；碳酸钠为碱性物质，Na2S2O4在碱性介质中较稳定； （3）由信息可知将甲酸钠和烧碱加入乙醇水溶液溶解后，通入SO2发生反应，有CO2气体放出，发生HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，其离子反应为HC

25、OO-+OH-+2SO2=S2O42-+CO2+H2O， 故答案为：HCOO-+OH-+2SO2=S2O42-+CO2+H2O； （4）电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a与电源正极相连为阳极，硫酸根离子失去电子生成S2O82-，即a极的电极反应式为2SO42-2e-=S2O82-，通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，其迁移方向是从阳极室向阴极室（或a到b）， 故答案为：2SO42-2e-=S2O82-；从阳极室向阴极室（或a到b）。（1）Na2S2O4在潮湿空气中氧化，S元素的化合价升高为+4、+6； （2）由制备流程可知，锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入N

26、aOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4； （3）由信息可知将甲酸钠和烧碱加入乙醇水溶液溶解后，通入SO2发生反应，有CO2气体放出，发生HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O； （4）电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a与电源正极相连为阳极，硫酸根离子失去电子生成S2O82-，阳离子向阴极移动，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应及电解原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。1

27、0. 铜是人类最早使用的金属之一，在现代工业中仍有广泛应用。回答下列问题：（1）基态Cu原子的电子排布式为_。（2）铜的某种氯化物不仅易溶于水，而且易溶于乙醇和丙酮，其链状结构可表示则该氯化物的化学式为_，属于_晶体。（3）Cu2+与乙二胺可形成如图甲所示配离子，其中Cu2+的配位数为_，配离子所含化学键类型有_（填标号）。a配位键b极性键c。离子键d非极性键乙二胺分子中氮原子的杂化形式为_。（4）CuO在1273K时分解为Cu2O和O2，请从铜的原子结构来说明在高温下Cu2O比CuO更稳定的原因：_。（5）金铜合金的一种晶体的晶胞如图乙所示。晶胞中铜原子与金原子的数量比为_。已知该合金密度为

28、dg/cm3，铜的原子半径为127.8pm，阿伏加德罗常数值为NA，则r（Au）=_pm（列出计算式）。【答案】1s22s22p63s22p63d104s1 CuCl2 分子 4 abd sp3 Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO 3：1 -127.8【解析】解：（1）铜是29号元素，原子核外有29个电子，根据构造原理知其核外电子排布式为：1s22s22p63s22p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s22p63d104s1；（2）易溶于乙醇和丙酮，应为分子晶体的性质；由链状结构可

29、知每个Cu与4个Cl成键，每个Cl与2个Cu成键，则Cu与Cl的原子个数比为1：4=1：2，化学式为CuCl2，故答案为：CuCl2；分子；（3）由结构可知Cu与4个N原子成键，分子中存在C-N、C-H、N-H、C-C等键，含有配位键、极性键和非极性键；乙二胺分子中氮原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：4；abd；sp3；（4）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为：Cu+的

30、最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；（5）晶胞中Cu位于面心，数目为6=3，Au为顶点，数目为8=1，则晶胞中铜原子与金原子的数量比为3：1，故答案为：3：1；一个晶胞中，含有Au的个数为个，含有Cu的个数为=3个，取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=389g，设晶胞边长为xcm，则晶体密度为=g/cm3，所以x=，设Cu原子半径为r，Au原子半径为b，所以有x=（b+r），则b=（-127.8）pm，故答案为：-127.8。（1）铜是29号元素，原子核外有29个电子，根

31、据构造原理书写其基态核外电子排布式；（2）易溶于乙醇和丙酮，应为分子晶体的性质；由链状结构可知每个Cu与4个Cl成键，每个Cl与2个Cu成键；（3）由结构可知Cu与4个N原子成键，分子中存在配位键、极性键和非极性键；N元素形成4个键；（4）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定；（5）晶胞中Cu位于面心，Au为顶点；根据晶体密度及立体几何知识做相关计算。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、元素周期律等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，侧重考查知识灵活运用、空间想像及计算能力，题目难度中等。11. 有机物G是一种香料，可采用丙烯和甲苯为主要原料按下列路线合成

32、：已知：A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%。R-X+CH2=CH-RR-CH=CH-R+HX。回答下列问题：（1）A的分子式为_，F的名称是_。（2）B中含有的官能团名称为_。（3）的反应类型为_，反应的试剂及条件为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的有_种，写出一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：_。【答案】C3H4O 4-氯甲苯或对氯甲苯 羧基 水解反应或取代反应 氯气、铁粉 +HCl 9 、【解析】解：（1）A为CH2=CHCHO，A的分子式为C3H4O，F的名称是4-氯甲苯或对

33、氯甲苯，故答案为：C3H4O；4-氯甲苯或对氯甲苯；（2）B为CH2=CHCOOH，B中含有的官能团名称为羧基，故答案为：羧基；（3）的反应类型为水解反应或取代反应，反应的试剂及条件为氯气、铁粉，故答案为：水解反应或取代反应；氯气、铁粉；（4）E为，根据信息知，生成G的反应为取代反应，G为，所以反应的化学方程式为+HCl，故答案为：+HCl；（5）X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如果取代基为-CH2CH3、-OH，有3种结构；如果取代基为2个-CH3、1个-OH，有6种；则反应条件的有9种结构；一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的

34、结构简式：、，故答案为：9；、。且能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，则A中含有醛基，丙烯发生催化氧化反应生成A，A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%，根据B分子式知，A分子式为C3H4O，A的不饱和度=2，醛基的不饱和度是1，所以A结构简式为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH；甲苯发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，根据D知，C为；BD发生酯化反应生成E为；根据G分子式知，根据信息知，生成G的反应为取代反应，G为，结合题目分析解答。本题考查有机物推断，侧重考查分析判断能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，正确判断A结构是推断其它结构简式

35、的关键点，注意苯的同系物发生苯环上取代和支链上取代反应的区别，题目难度不大。三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）12. 草酸亚铁晶体（FeC2O4xH2O）为淡黄色粉末，是生产锂电池的原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）实验室用0.5mol/LFeSO4溶液与0.5mol/L（NH4）2C2O4溶液制备草酸亚铁晶体。要配制500mL0.5mol/L的FeSO4溶液，需称取FeSO47H2O（M=278g/mol）样品_g，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_。（2）为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）

36、称重，记为m1g将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g按图甲连接好装置进行实验。实验操作步骤为：打开K1、K2，缓缓通入N2点燃酒精灯，小火加热熄灭酒精灯冷却至室温停止通N2，关闭K1、K2称量A重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。仪器B的名称是_。缓缓通入N2目的是_。根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x=_（列式表示）。若不关闭K1和K2进行称量，则所得x将_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究草酸亚铁的热分解产物，将实验（2）中已恒重的装置A接入图乙所示装置进行实验。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产

37、物中一定含有_。停止实验时要先熄灭两处酒精灯，再继续通N2至玻璃管冷却到室温，目的是_。若A装置中5.76g样品完全分解后残余2.88g黑色固体，E的硬质玻璃管中固体质量减轻0.64g则草酸亚铁受热分解的化学方程式为_。【答案】69.5 500mL容量瓶、胶头滴管 干燥管或球形干燥管 排除装置中的空气 偏小 CO2和CO 防止倒吸 FeC2O4FeO+CO+CO2【解析】解：（1）配制500mL0.5mol/L的FeSO4溶液，需称取FeSO47H2O（M=278g/mol）样品质量为m=0.5L0.5mol/L278g/mol=69.5g，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500mL

38、容量瓶、胶头滴管，故答案为：69.5；500mL容量瓶、胶头滴管；（2）根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管，故答案为：干燥管或球形干燥管；通入氮气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，故答案为：排除装置中的空气；加热后固体是Fe（C2O）4，其质量为（m3-m1）g，失去结晶水的质量为（m2-m3）g，因此有：=x，即x=；a、b颠倒，空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶水的质量减小，x偏小，故答案为：；偏小；（3）C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式FeC2O4，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解

39、时产生CO2和CO；故答案为：CO2和CO；停止实验时要先熄灭两处酒精灯，再继续通N2至玻璃管冷却到室温，目的是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；上述实验分析，测得硬质玻璃管C中残余固体2.88g，为氧化亚铁的质量，铁元素物质的量=0.04mol，硬质玻璃管H中固体质量减轻0.64g是一氧化碳还原氧化铜反应前后质量变化，结合化学方程式计算反应的一氧化碳物质的量，CuO+CO=Cu+CO2，m 1mol 16g 0.04 0.64g生成一氧化碳物质的量为0.04mol，氧化亚铁物质的量为0.04mol，结合氧化还原反应电子守恒计算得到二氧化碳物质的量为0.04mol，反应的化学方程式为：FeC2O4

40、FeO+CO+CO2，故答案为：FeC2O4FeO+CO+CO2。（1）根据m=cVM计算质量，结合配制溶液的步骤确定需要的仪器；（2）结合常见仪器的结构特点，分析仪器B的名称；FeC2O4易被空气中的氧气氧化，则加热前需要除去装置内的空气；FeC2O4xH2OFeC2O4+xH2O，反应前后固体质量的减轻就是生成的水，可利用差量法计算x的数值；（3）加热A中的固体，B中石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，C用于除去二氧化碳，D起到干燥作用，E中CuO变红色，且F变浑浊，可说明生成CO，以此解答该题。本题以草酸亚铁晶体的分解实验为载体，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及考查实验的探究与评价、实验的基本操作和原理分析，难度中等，其中方程式的计算及误差分析为难点。专心-专注-专业