2019年上海市虹口区高考化学一模试卷（解析版）(带参考答案).docx

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1、2019年上海市虹口区高考化学一模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.下列变化属于物理变化的是()A. 钝化B. 风化C. 干馏D. 分馏【答案】D【解析】解：A、钝化是金属铝和铁等在冷的浓硫酸、浓硝酸中被在表面氧化出了一层致密而坚固的氧化物薄膜的过程，是化学变化，故A错误； B、风化是带结晶水的晶体失去结晶水的过程，是化学变化，故B错误； C、干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，故为化学变化，故C错误； D、根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。 故选：D。无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成

2、的变化为化学变化，据此分析。本题考查了化学中常见的概念和操作，难度不大，应注意的是石油的分馏和煤的干馏的区别。2.下列氮原子结构的表述中，对电子运动状态描述正确且能表明同一电子层电子能量有差异的是()A. B. C. 1s22s22p3D. 【答案】C【解析】解：A.只表示核外的电子分层排布情况，故A错误； B.只能表示最外层电子数，故B错误； C.具体到能级数的电子数，对电子运动状态描述正确，2s、2p电子的能量不同，故C正确； D.电子排布状态描述违背洪特规则，故D错误。 故选：C。原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽本

3、题主要考查原子结构示意图、电子式、电子排布式、原子轨道排布式等意义，难度不大，注意四者的不同3.下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是()A. 质子数相同B. 沸点相同C. 可为同位素D. 摩尔质量相同【答案】A【解析】解：根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量， A.16O2和18O2的质子数都是16，则等物质的量的二者含有质子数相同，故A正确； B.二者都是分子晶体，沸点与相对分子质量有关，其相对分子质量不同，则沸点不同，故B错误； C.同种元素的不同原子之间互为同位素，二者为单质，不属于同位素，故C错误； D.16O2和18O2的相

4、对分子质量分别为32、36，其摩尔质量分别为32g/mol、36g/mol，二者摩尔质量不同，故D错误； 故选：A。同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量，16O2和18O2的质子数都是16，二者相对分子量不同，则摩尔质量、沸点不同；同位素研究对象为原子，据此极性键判断。本题考查物质的量的应用，题目难度不大，明确影响沸点因素、同系物概念为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。4.下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是()A. C2H4B. H2SC. Cl2D. NH3【答案】A【解析】解：A.C2H4中有C、H元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重

5、合，属于非极性分子，故A选； B.H2S中H、S元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，故B不选； C.Cl2中只有Cl-Cl非极性键，属于非极性分子，故C不选； D.NH3中有N、H元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，故D不选； 故选：A。不同非金属元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，据此分析。本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。5.葡萄糖发酵产生乳酸，其结构简式如图所示，乳酸不能发生的反应类型是()A.

6、 取代B. 消去C. 加成D. 聚合【答案】C【解析】解：含有羟基，可发生消去、取代反应，含有羧基、羟基，可发生缩聚反应，不能发生加成反应。 故选：C。乳酸含有羟基、羧基，具有酸、醇的性质，以此解答该题。本题考查有机物结构和性质，为高考高频点，侧重考查学生的分析能力，明确物质中官能团与性质的关系是解本题关键，知道乳酸酯化时断键和成键方式，题目难度不大。6.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A. 氧化钙溶于水B. 铁粉与硫粉共热C. 强酸强碱中和D. 碳酸钙分解【答案】D【解析】解：A、氧化钙溶于水生成氢氧化钙的反应为化合反应，故为放热反应，故A错误； B、铁粉和硫粉共热的反应为化合

7、反应，故为放热反应，故B错误； C、酸碱中和为放热反应，故强酸和强碱中和为放热反应，故C错误； D、碳酸钙分解为分解反应，故为吸热反应，故D正确。 故选：D。根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应、绝大多数化合反应，铝热反应； 常见的吸热反应有：个别的化合反应(如C和CO2)、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)本题主要考查了放热反应和放热反应，题目难度不大，掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键7.下列实验事实可以用共价健键能解释的是()A. 氯化气的沸点低于溴化氢B. 金刚石熔点

8、高于晶体硅C. 氦气的化学性质稳定D. 甲烷是正四面体型分子【答案】B【解析】解：A.氯化氢、溴化氢对应的晶体为分子晶体，影响沸点高低的因素为分子间作用力，故A错误； B.金刚石、晶体硅都为原子晶体，熔点高低由共价键键能大小决定，故B正确； C.氦气为单原子分子，不存在共价键，故C错误； D.甲烷的空间结构由键角决定，与键能无关，故D错误。 故选：B。共价键为原子之间的强烈的相互作用，可物质的稳定性以及原子晶体的熔沸点，以此解答该题。本题考查共价键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质与共价键的关系，题目难度不大。8.关于NH4C1

9、的说法正确的是()A. 溶于水温度升高B. 可作氮肥C. 受热分解可制氨气D. 属于共价化合物【答案】B【解析】解：A.NH4C1溶于水，温度降低，故A错误；B.氯化铵属于铵态氮肥，故B正确；C.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又能生成氯化铵，应该用氯化铵和氢氧化钙制备氨气，故C错误；D.氯化铵是由氨根离子与氯离子通过离子键形成离子化合物，电子式，故D错误；故选：B。A.铵盐溶于水吸热；B.含氮的盐可作肥料；C.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢；D.氯化铵属于离子化合物。本题考查铵盐的性质、类别，掌握铵盐的溶解性、稳定性、类别是解答关键，题目难度不大。9.下列事实不能说明元素的金属性

10、或非金属性相对强弱的是()A. 氧化性：Cu2+Fe2+B. 酸性：HIHClC. 共用电子对偏移程度：N-H键C-H键D. 碱性：NaOHAl(OH)3【答案】B【解析】解：A、氧化性：Cu2+Fe2+，说明金属性铁强于铜，可以说明金属性相对强弱，故A正确； B、氢化物对应水化物的酸性强弱不能说明非金属性强弱，应最高价氧化物对应水化物酸性强弱，才能说明非金属性强弱，故B错误； C、共用电子对偏移程度：N-H键C-H键，说明氮的非金属强于碳，故C正确； D、最高价氧化物对水化物的碱性越强对应元素的金属性越强，碱性：NaOHAl(OH)3，所以钠的金属性强于铝，故D正确； 故选：B。A、氧化性：

11、Cu2+Fe2+，说明金属性铁强于铜； B、氢化物对应水化物的酸性强弱不能说明非金属性强弱； C、共用电子对偏向非金属性强的元素； D、最高价氧化物对水化物的碱性越强对应元素的金属性越强。本题考查金属性及非金属性的比较，为高频考点，把握元素的位置、元素周期律及比较方法为解答的关键，注意归纳金属性、非金属性比较方法，题目难度不大。10.下列有机物实验室制备装置正确的是() A.制乙烯B.制乙炔C制硝基苯D.制乙酸丁酯A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】解：A.需要温度计测定温度为170，图中缺少温度计，故A错误； B.生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处，不能选启普发生器制备，故B错误； C.

12、水浴加热可制备硝基苯，图中装置合理，故C正确； D.制乙酸丁酯不需要水浴加热，可直接加热，故D错误； 故选：C。A.需要温度计测定温度为170； B.生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处； C.水浴加热可制备硝基苯； D.制乙酸丁酯不需要水浴加热。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、实验装置的作用、物质的制备、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，题目难度不大。11.某单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，下列相关说法正确的是()A. 该产物的名称是2-乙基丁烷B. 该产物有3种沸点不同的一氯代物C. 原单烯烃只可能有3种不同

13、结构D. 原单烯烃与分了式为C5H10的烃一定互为同系物【答案】C【解析】解：A.为3-甲基戊烷，故错误； B.含有4种H，则有4种沸点不同的一氯代物，故B错误； C.对应的烯烃可为CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，故C正确； D.分了式为C5H10的烃可为环烷烃，不一定为同系物，故D错误。 故选：C。单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，对应的烯烃可为CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，以此解答该题。本题考查有机物的结构

14、和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握加成反应的运用以及同分异构体的书写，难度不大。12.水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是()A. NaHCO3B. NaBrC. KAl(SO4)2D. NH3【答案】B【解析】解：A.NaHCO3属于强碱弱酸盐，碳酸氢根离子促进水的电离，故A不选； B.NaBr属于强碱强酸盐，溴离子和钠离子都不水解，对水的电离平衡不产生影响，故B选； C.KAl(SO4)2电离出的铝离子水解，促进了水的电离，故C不选； D.NH3溶于水形成一水合氨，溶液呈碱性，抑制了水的电离，故D不选； 故选：B。水为弱电解质，水的电离平衡为：H2OH+OH

15、-，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；铝离子、碳酸氢根离子水解促进了水的电离、氨气抑制了水的电离，而NaBr不影响水的电离平衡，据此进行解答。本题考查了对水的电离的影响因素，题目难度不大，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，试题培养了学生的灵活应用能力。13.加热条件下，20mL18mol/L的浓H2SO4与过量的碳反应，可得到标况下的CO2()A. 小于4.032LB. 等于4.032LC. 大于4.032LD. 无法确定【答案】A【解析】解：20mL18mol/L的浓H2SO4中硫酸的物质的量为18mol/L0.02L=0.36mol，碳和浓硫

16、酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)-加热CO2+2SO2+2H2O，若硫酸完全参加反应生成的CO2的体积为0.36mol222.4L/mol=4.032l，因随着反应的进行，浓硫酸的浓度变稀，碳和稀硫酸不反应，则实际生成的CO2的体积应小于4.032l，故选：A。碳和浓硫酸在加热条件下能反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)-加热CO2+2SO2+2H2O，但碳和稀硫酸不反应。本题考查浓硫酸的性质，明确碳和浓硫酸的反应原理是解题关键，涉及物质的量在化学方程式计算中的应用，包括各化学计量之间相互转化的计算，属基础考查，难度中等。14.向H2S溶液中加入或通入

17、少量下列物质，溶液pH升且c(S2-)降低的是()A. NaOHB. CuSO4C. Cl2D. SO2【答案】D【解析】解：A、加氢氧化钠与硫化氢反应生成硫化钠，PH值变大，硫离子的浓度变大，故A错误； B、硫酸铜与硫化氢反应生成硫酸的硫化铜，导致溶液中氢离子的浓度变大，故B错误； C、能和氯气反应生成单质硫和氯化氢，溶液酸性增强，PH值减小，故C错误； D、硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，导致溶液pH上升且c(S2-)降低，故D正确； 故选：D。A、加氢氧化钠与硫化氢反应生成硫化钠，硫离子的浓度变大； B、硫酸铜与硫化氢反应生成硫酸的硫化铜； C、能和氯气反应生成单质硫和氯化氢； D、硫化

18、氢与二氧化硫反应生成单质硫。本题考查了氢硫酸的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据物质之间的反应分析解答，难度不大。15.将物质的量浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合，所得溶液呈碱性。下列判断正确的()A. BOH一定过量B. HA一定不是强酸C. BOH一定是强碱D. 所得溶液：c(A-)c(B+)【答案】B【解析】解：A.等物质的量浓度和等体积的一元酸HA与一元碱BOH的物质的量相等，酸碱恰好反应完全，故A错误； B.等量的HA与BOH混合，所得溶液呈碱性，则BOH的电离程度大于HA，说明HA没有完全电离，故B正确； C.BOH可能是强碱，也可能是弱碱，但BOH的电离

19、程度大于HA，故C错误； D.电荷关系有c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(B+)，又c(OH-)c(H+)，所以c(A-)c(H+)判断。本题考查离子浓度大小比较及酸碱强弱的定性判断，题目中等，注意电荷关系的运用。16.下列鉴別浓硫酸和稀硫酸的实验操作与结论有误的是() 实验操作结论A分别加入铁片无气体产生者为浓硫酸B分别滴加到胆矾晶体中晶体变白者为浓硫酸C分别滴加到pH试纸上试纸变黑者为浓硫酸D将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口有白烟生成的是浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】解：A.常温下铁遇浓硫酸发生钝化，现象不明显，则分别加入金属铁片无气体产生者为浓硫酸，可鉴别

20、，故A不选； B.浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能，则分别滴加到胆矾晶体中，晶体变白者为浓硫酸，可鉴别，故B不选； C.浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有，则分别滴加到pH试纸上，试纸变黑者为浓硫酸，可鉴别，故C不选； D.浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性，则将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口，都无白烟生成，不可鉴别，故D选； 故选：D。A.常温下铁遇浓硫酸发生钝化； B.浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能； C.浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有； D.浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性。本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握浓硫酸的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。1

21、7.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)CaSO4+Cl2+H2O.下列说法错误的是(NA表示阿佛加德罗常数)()A. 浓硫酸体现氧化性与酸性B. 1mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子C. 混盐CaOCl2中既含离了键又含共价键D. 每产生lmol氯气，转移电子数为NA【答案】A【解析】解：A.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，故A错误； B.1mol混盐CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即含有3NA个离子，故B正确； C.混盐CaOCl2中含有离子键，

22、也含有Cl-O共价键，故C正确； D.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，故D正确； 故选：A。CaOCl2+H2SO4(浓)CaSO4+Cl2+H2O反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，反应中只有Cl元素的化合价发生变化，据此分析。本题考查了氧化还原反应、化学键、物质的组成，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的分析方法，把握混盐CaOCl2的组成微粒是解题的关键。18.用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的

23、是()A. a极上发生还原反应B. 铁片腐蚀速率：乙甲C. d为阴极，发生的反应为：Fe-2eFe2+D. b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e4OH-【答案】D【解析】解：A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，a为负极发生氧化反应，故A错误； B、甲中铁为原电池的负极，发生反应Fe-2eFe2+，乙中Fe为电解池阴极，发生反应2H+2e-=H2，Fe被保护，所以铁片腐蚀速率：乙”NC CO2、NH3 CO2属于分子晶体，分子间作用力，所以其熔沸点较低 CO32-+H2OHCO3-+OH- 2 4 1 2 4 0.04NA【解析】解：(1

24、)K+、S2-的核外电子数都是18，但S的原子序数为16、较小，所以S2-半径大；C、N、O元素位于第二周期，原子序数逐渐增大，非金属的非金属性逐渐增强，所以非金属性由强到弱的顺序为ONC；故答案为：S2-；ONC；(2)KSCN、K2CO3、K2S是盐类，都是电解质，H2S的水溶液是酸，H2S是电解质，H2O是弱电解质，CO2、NH3在熔融状态或水溶液中都不能电离，是非电解质；故答案为：CO2、NH3；(3)CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为；CO2固体属于分子晶体，分子间作用力较弱，所以其熔沸点较低；故答案为：；CO2固体属于分子晶体，分子间

25、作用力较弱，所以其熔沸点较低；(4)碳酸为弱酸，碳酸钠溶液水解呈碱性，原因是碳酸根结合水电离出的氢离子，导致溶液中氢离子浓度小于水电离生成氢氧根的浓度，离子反应方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；物质的量浓度相同的K2CO3和K2S溶液中，K2S水解程度大，剩余的c(S2-)小，所以K2CO3溶液中c(CO32-)大于K2S溶液中的c(S2-)；故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(5)得失电子有O2KOH4e-，2Ag2Ag2S2e-，得失电子守恒有：O2KOH4e-，4Ag2Ag2S4e-，结合化学反应前后元素守恒有2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4K

26、OH，方程式中每消耗1molO2，转移电子4mol，则n(e-)=4n(O2)=422410-3L22.4L/mol=0.04mol，转移电子数N=nNA=0.04NA；故答案为：2，4，1，2，2，4；0.04NA。(1)K+、S2-的核外电子数都是18、有三个电子层，N、C、O的简单离子核外电子数都是10、有两个电子层，H+半径最小，所以K+、S2-的半径相对较大，再根据电子层结构相同时，原子序数越大，离子半径越小作答；同一周期元素的非金属性从左到右逐渐增强；(2)根据电解质和非电解质概念解答，酸、碱、盐、碱性氧化物、水都是电解质；(3)CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧

27、原子之间有2对电子；物质的熔沸点高低与微粒间的作用力强弱有关，微粒间作用力弱，其熔沸点较低，以此来解答。(4)碳酸为弱酸，则碳酸钠溶液水解呈碱性；物质的量浓度相同的K2CO3和K2S溶液pH：K2S溶液大，则说明S2-水解程度大；(5)Ag失去电子总数与O2得到电子总数相等，结合原子守恒配平化学方程式，再根据方程式与电子关系计算。本题考查元素周期律、物质的性质、弱电解质的强弱与水解的关系，并利用电离与水解来分析溶液中的离子的浓度的关系，氧化还原化学方程式配平及其计算，题目难度中等，熟练掌握基础是解题关键。22.接触法制硫酸工艺中，其主反应在450并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2(g)

28、2SO3(g)+190kJ(1)该反应的平衡常数表达式K=_，该反应450时的平衡常数_500时的平衡常数(填“”“ 0.036 加压 降温 HSO3-【解析】解：(1)反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)c(O2)；该反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，则平衡常数K减小，则该反应450时的平衡常数500时的平衡常数，故答案为：c2(SO3)c2(SO2)c(O2)；(2)v(SO3)=0.18mol5L0.5min=0.072molL-1min-1，根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，v(O2)=12v(SO3)

29、=0.036molL-1min-1，故答案为：0.036；(3)反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为气体体积缩小的放热反应，可通过降低温度、增大压强等方法，使平衡向正向移动，从而提高SO2转化率，故答案为：加压；降温；(4)反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，反应物2SO2(g)+O2(g)的总能量比生成物2SO3(g)的总能量高190kJ，据此画出该反应中物质与能量变化的图象为：，故答案为：；(5)将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3；NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，N

30、a2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2的不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失，所以图象中曲线表示的离子是HSO3-，故答案为：HSO3-。(1)化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；该反应为放热反应，结合温度对平衡的影响来分析K的变化情况；(2)根据v=ct计算出用SO3表示的反应速率，然后结合化学反应速率与化学计量数成正比计算v(O2)；(3)提高SO2转化率，需要使平衡向着逆向移动，从浓度、压强、温度等化学平衡的影响分析；(4)该反应为放热反应，反应物2SO

31、2(g)+O2(g)的总能量比生成物2SO3(g)的总能量高190kJ，据此可画出该反应中物质与能量变化的图象；(5)将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3；NaOH完全反应后，此时溶质为Na2SO4、Na2SO3，Na2SO4不反应，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3；当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2的不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失，据此判断符合的离子。本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、反应热与焓变、化学平衡的影响因

32、素、离子反应等知识，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，(5)为易错点，试题培养了学生的综合应用能力。23.福韦酯(TDF)主要用于治疗艾滋病毒(HIV)感染，化合物W是合成TDF的重要中间体，其合成路线如图所示完成下列填空(1)N所含官能团的名称是_，Y的结构简式是_。(2)X可用苯的一种同系物制备，所需的无机试剂与条件是_。(3)写出检验W中是否有残留甲醛的化学方程式_。(4)的目的是_。(5)写出M符合下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。i.与M具有相同官能团ii.能发生银镜反应(6)写出用M为原料制备聚丙烯酸()的合成路线。_【答案】羟基

33、、氯原子 Br2、光照 HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2 保护羟基，防止与HCl发生取代 HCOOCH2CH2CH2OH 【解析】解：对比前后物质结构，结合X分子式可知属于取代反应，故X为.对比Y前后物质的结构，结合Y的分子式，可知生成Y的反应是-COOCH3转化为-CH2OH，Y转化羟基被氯原子取代生成，故Y为.反应转化醚键转化为羟基，属于取代反应，步骤是为保护羟基，防止与HCl发生取代反应，N与HCHO先发生加成反应、再与HCl发生取代反应生成M。(1)N所含官能团的名称是：羟基、氯原子，Y的结构简式是，故答案为：羟基、氯原子；(2)X为可以用甲苯与溴在光照条件下制备

34、得到，所需的无机试剂与条件是：Br2、光照，故答案为：Br2、光照；(3)检验W中是否有残留甲醛，可以用新制氢氧化铜，反应方程式为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2，故答案为：HCHO+4Cu(OH)22Cu2O+5H2O+CO2；(4)反应后又在相同的位置重新引入羟基，的目的是：保护羟基，防止与HCl发生取代，故答案为：保护羟基，防止与HCl发生取代；(5)M符合下列条件的一种同分异构体符合条件：i.与M具有相同官能团，即含有酯基与羟基，ii.能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，故符合条件的同分异构体为：HCOOCH2CH2CH2OH等，故答案为：HCOOCH2CH2C

35、H2OH；(6)发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，再发生水解反应生成CH2=CHCOOH，最后发生加聚反应生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。对比前后物质结构，结合X分子式可知属于取代反应，故X为.对比Y前后物质的结构，结合Y的分子式，可知生成Y的反应是-COOCH3转化为-CH2OH，Y转化羟基被氯原子取代生成，故Y为.反应转化醚键转化为羟基，属于取代反应，步骤是为保护羟基，防止与HCl发生取代反应，N与HCHO先发生加成反应、再与HCl发生取代反应生成M。(6)发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，再发生水解反应生成CH2=CHCOOH，最后发生加聚反应生成目标物。本题

36、考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线涉及等，熟练掌握官能团的性质与转化，注意甲醛与银氨溶液或新制氢氧化铜的反应。24.某化学兴趣小组欲用如图1装置制备氯水并探究其性质已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O完成下列填空：(1)C装置的作用是_。(2)氯水制备完成后，甲同学从B中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间，发现样品某些性质发生了明显的变化，请各列举一项：物理性质变化：_；化学性质变化：_。(3)乙同学从B中取出一定量的样品后通入SO2，充分作用后再滴入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。原因是_(用离子方程式表示

37、)丙同学改变通入SO2的量，重复乙同学的操作，发现品红溶液红色褪去。他提出：假设：SO2过量，多余的SO2使品红溶液褪色：假设：_。请设计实验验证假设是否成立：_。(4)为证明氯气与水反应产物具有漂白性，丁同学将A中产生的气体缓缓通过如图2列装置：试剂a应选择_；试剂b应选择_。(5)戊同学从B中取出少量样品，滴到NaHCO3粉末上，有无色气泡产生，由此他认为氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质。请评价他的观点是否正确并说明理由_。【答案】吸收多余氯气 溶液颜色变浅 溶液颜色变浅 SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42- 二氧化硫少量，多余的氯气使品红溶液褪色 加热该溶液，若

38、溶液恢复成红色，则假设成立 CaCl2 碱石灰 不正确，因为A中会挥发出HCl进入B中，使溶液中存在盐酸【解析】解：(1)氯气有毒，可与氢氧化钠溶液反应，避免污染空气，可用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收多余氯气； (2)氯水发生Cl2+H2OHCl+HClO，光照时HClO分解，生成氧气和盐酸，可观察到溶液颜色变浅，且酸性增强，漂白性减弱， 故答案为：溶液颜色变浅；溶液酸性增强； (3)氯气与二氧化硫发生反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-，当氯气或者二氧化硫多余时，溶液具有漂白性，如二氧化硫过量，品红褪色生成不稳定的物质，加热该溶液，若溶液恢复成红色，则假设成立，如氯气过量，品红褪色，加热不恢复至原来的颜色， 故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-；二氧化硫少量，多余的氯气使品红溶液褪色；加热该溶液，若溶液恢复成红色，则假设成立； (4)a应具有干燥作用，可用氯化钙，b可吸收