上海市金山区2019届高三上学期高考一模化学试题（解析版）(带参考答案).doc

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1、2019年上海市金山区高考一模化学试题1.鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛，关于钢铁说法错误的是A. 属于合金B. 硬度比纯铁大C. 目前消耗最多的金属材料D. 人类最早使用的金属材料【答案】D【解析】【详解】A.钢铁中含有铁和碳，属于合金，故A正确；B.合金硬度一般大于成分金属，所以钢铁的硬度大于纯铁，故B正确；C.钢铁是生活中用的最多的合金，故C正确；D.人类最早使用的金属材料为铜合金，故D错误。答案选D。2.互为同素异形体的是A. 12C和14C B. S4和S8C. H2O和D2O D. CH3COOH和CH3CH2COOH【答案】B【解析】【详解】A.12C和14C是

2、质子数相同，中子数不同的原子，属于同位素，故A不符合题意；B. S4和S8是由硫元素组成的不同单质，其互为同素异形体，故B符合题意；C. H2O和D2O分别是由不同的氢原子组成的水分子，水是化合物，故它们之间不是同素异形体，故C不符合题意；D. CH3COOH和CH3CH2COOH的结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，则两者互为同系物，故D不符合题意。答案选B。【点睛】本题解题关键是掌握同素异形体的概念。判断同素异形体的关键把握两点：同种元素形成，不同单质。据此解答。3.属于强电解质的是A. KNO3 B. NH3H2O C. CH3COOH D. H2O【答案】A【解析】【详解】A.

3、KNO3溶于水后完全电离钾离子和硝酸根离子，所以硝酸钾属于强电解质，故A符合题意； B.NH3H2O为弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故B不符合题意；C.CH3COOH为弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；D.H2O是极弱的电解质，部分电离，故D不符合题意。答案选A。【点睛】本题解题关键是注意强弱电解质的区别，能完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，根据电解质、强电解质的概念进行判断。4.有关NaOH溶于水的过程，叙述正确的是A. 只发生水合过程 B. 只发生扩散过程C. 破坏了离子键 D. 破坏了共价键【答案】C【解析】【详解】A. NaOH

4、溶于水后，先有电离过程，后有水合过程和扩散过程，故A错误；B. NaOH溶于水后，先有电离过程，后有水合过程和扩散过程，故B错误；C. NaOH是离子化合物，溶于水发生电离，破坏离子键，故C正确；D. NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，其中氢氧根离子中存在的共价键没有被破坏，故D错误。答案选C。5.（CH3CH2）2CHCH3的正确命名是A. 2乙基丁烷 B. 2甲基戊烷 C. 3甲基戊烷 D. 3乙基丁烷【答案】C【解析】试题分析：（CH3CH2）2CHCH3的主链有5个碳原子，3号碳上有一个甲基，故此有机物命名为：3甲基戊烷，选项C符合题意。考点：烷烃的命名6.卤族元素有关性质比较正确的是

5、A. 稳定性：HFHClHBrHI B. 氧化性：F2Cl2Br2I2C. 熔沸点：F2Cl2Br2I2 D. 还原性：FClBrI【答案】A【解析】【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2Br2Cl2F2，故C错误；D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。答案

6、选A。【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第A族元素中，随着原子序数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。据此解答。7.单质能发生如下图转化关系的元素是A. 氯 B. 硫 C. 铝 D. 铁【答案】B【解析】【详解】A.一般条件下，氯气和氧气不反应，故A错误；B.硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸可以与碱反应生成盐，故B正确

7、；C.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应，故C错误；D.铁和氧气反应生成氧化铁或四氧化三铁，与水都不反应，故D 错误。答案选B。8.关于漂粉精的说法正确的是A. 工业上用氯气与澄清石灰水制取B. 有效成分是次氯酸钙和氯化钙C. 用pH试纸测试漂粉精溶液呈酸性D. 久置于空气中会变质失效【答案】D【解析】【详解】A.澄清的石灰水中氢氧化钙的浓度太低，应选氯气和石灰乳制备漂白精，故A错误；B.漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，其中有效成分是次氯酸钙，故B错误；C.次氯酸钙具有漂白性，不能用pH试纸测试漂粉精溶液的酸碱性，故C错误；D.久置于空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、次氯酸，次氯

8、酸易分解，从而变质失效，故D正确。答案选D。9.CS2结构与CO2相似，则关于CS2推测错误的是A. 非极性分子 B. 含有非极性键C. 结构式为SCS D. CS2的沸点高于CO2【答案】B【解析】【详解】A.CS2结构与CO2相似，分子结构对称属于非极性分子，故A正确；B.CS2的结构式为SCS，分子中只含有CS极性键，故B错误；C.CS2结构与CO2相似，CO2的结构式为OCO，则CS2的结构式为SCS，故C正确；D.分子晶体的沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，则CS2的沸点高于CO2，故D正确。答案选B。10.已知钡的某种同位素是12056Ba，由学过的知识无法推断出

9、的信息是A. 钡原子的核外电子排布B. 钡元素在周期表中的位置C. 钡原子的核电荷数D. 钡元素的相对原子质量【答案】D【解析】【详解】A.质子数=核外电子数=56，可以根据核外电子排布规律得到核外电子排布，故A正确；B.质子数=原子序数，可以根据原子结构判断元素在周期表中的位置，故B正确；C.质子数=核电荷数=56，故C正确；D.不知道钡的各种天然同位素的含量及其相对原子质量，无法求出钡元素的相对原子质量，故D错误。答案选D。【点睛】本题主要考察的是质子数、中子数、核外电子数及其相互联系。解题时特别注意质子数=核外电子数=原子序数=核电荷数；元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一

10、定百分比算出来的平均值。据此解答。11.磷原子核外3p亚层中的电子，不相同的是A. 能量 B. 电子云形状C. 电子云伸展方向 D. 自旋方向【答案】C【解析】【详解】A.磷原子核外3p亚层中的3个电子分别位于伸展方向不同的3个3p轨道上，自旋方向相同、能量相同，故A不符合题意；B.p轨道电子云形状都为哑铃型，即磷原子核外3p亚层中的电子云形状相同，故B不符合题意；C.电子云伸展方向在三维坐标中沿着x、y、z轴伸展，所以电子云的伸展方向不同，故C符合题意；D.P的的最外层电子排布图为，则3p亚层中的电子自旋方向相同，故D不符合题意。答案选C。【点睛】本题解题关键是掌握磷原子核外电子排布为：1s

11、22s22p63s23p3，3px1、3py1 和3pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，以此解答该题。12.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液操作正确的是A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，装入待测液C. 滴定时始终注视滴定管内液面的变化D. 指示剂变色后停止滴定立即读数【答案】B【解析】【详解】A.滴定管在装液前应先用待装液润洗，故A错误；B.锥形瓶不用润洗，用蒸馏水洗净后，装入待测液就可以，故B正确；C.滴定时眼睛要注视锥形瓶内的颜色变化，故C错误；D.滴定终点的标志是指示剂颜色变化，且半分钟内颜色无变化，如果立

12、即停止滴定，易造成标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误。答案选B。.13.关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是A. 通入过量氧气 B. 选择V2O5做催化剂C. 选择常压条件 D. 升温至450左右【答案】A【解析】【详解】A.通入过量氧气，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B.催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C.根据平衡移动原理可知，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，有利于三氧化硫的合成。所以选择常压条件，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D.正反应是放热反应，升高温

13、度至450左右，平衡逆向移动，不利于三氧化硫的产生，所以升温至450左右不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。答案选A。14.实验室从干海带中提取碘的操作过程中，仪器选用错误的是A. 灼烧干海带坩埚B. 过滤海带灰悬浊液长颈漏斗C. 从碘水中萃取碘分液漏斗D. 分离碘和四氯化碳蒸馏烧瓶【答案】B【解析】【详解】A.灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，故A正确；B.过滤煮沸后的海带灰水悬浊液要用普通漏斗，不用长颈漏斗，故B错误；C.从碘水中萃取碘，可用四氯化碳、苯等，碘在四氯化碳、苯等中的溶解度大于在水中溶解度，会发生萃取现象出现分层，可以用分液漏斗进行分液，故C正确；D.碘易溶于

14、四氯化碳，四氯化碳易挥发，采用蒸馏的操作分离，所以分离碘和四氯化碳用到蒸馏烧瓶，故D正确。答案选B。15.工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下，有关说法正确的是A. 该反应的类型为取代反应B. 可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯C. 乙苯的同分异构体共有三种D. 乙苯和苯乙烯均属于苯的同系物【答案】B【解析】【详解】A.反应生成碳碳双键，为消去反应，故A错误；B.苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水反应，而乙苯不反应，可鉴别，故B正确；C.乙苯的同分异构体有二甲苯（邻、间、对3种），还有不饱和链烃和不饱和环烃，则同分异构体数目大于3种，故C错误；D.苯乙烯与苯结构不相似，它们所含的官能团不同，故不是同系物，D错误。

15、答案选B。16.与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是A. 设备少 B. 原料易得C. 循环利用的物质多 D. NaCl利用率高【答案】D【解析】【详解】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，该物质没有什么特别重要的用途；而侯氏制碱法是向滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料循环利用。氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用

16、率提高到96%，故A、B、C不符合题意，D符合题意。答案选D。【点睛】本题考查侯氏制碱法知识，题目难度不大，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点。17.向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象解释正确的是选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与HCl反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D湿润红色石蕊试纸变蓝氨气是一种碱A. A B. B C. C D. D【答案】AD【解析】浓盐酸附近产生白烟：NH3与HCl气体反应产生了NH4C1固体。浓硫酸附近有明显

17、现象，B错误。氯化物溶液变浑浊，很多离子在碱性条件下沉淀。湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3的水溶液显碱性18.关于如图两个电化学装置的说法正确的是A. 饱和食盐水中均有电子流过B. 甲中铁被腐蚀，乙中铁被保护C. 甲中正极反应式为4OH4e-2H2O+O2D. 乙中石墨电极上发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A.甲装置是原电池，金属铁是负极，发生失电子的氧化反应，乙装置是电解池，金属铁是阴极，都会形成闭合回路，但是电子不会经过电解质，则饱和食盐水中不会有电子流过，故A错误；B.甲装置是原电池，金属铁是负极，被腐蚀，乙装置是电解池，金属铁是阴极，铁被保护，故B正确；C.甲装置是原电池，发生金属

18、的吸氧腐蚀，正极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH，故C错误；D.乙装置是电解池，金属铁是阴极，乙中石墨电极是阳极，发生氧化反应，故D错误。答案选B。19.图分别表示红磷、白磷燃烧时的能量变化，下列说法中正确的是A. 白磷比红磷稳定B. 白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定C. 1mol白磷转变为红磷放出2244.7kJ的热量D. 红磷燃烧的热化学方程式：4P（s）+5O2（g）=P4O10（s）H=-2954kJmol1【答案】D【解析】【详解】A.等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能量白磷比红磷多，白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，所以红磷稳定，故A错误；B.两者燃烧产物相同，状态相同，所

19、以产物稳定性相同，故B错误；C.白磷转化为红磷的化学方程式为：P4(s、白磷)=4P(s、红磷)，可以看成是下列两个反应方程式的和：P4(s、白磷)+5O2(g)=P4O10(s)H=2983.2kJmol1；P4O10(s)=4P(s、红磷)+5O2(g)H=738.54kJmol1=2954kJmol1；根据盖斯定律，白磷转化为红磷的热化学方程式：P4(s、白磷)=4P(s、红磷)H=2983.2kJ/mol+2954kJmol1=29.2KJ/mol，即为：P4(s、白磷)=4P(s、红磷)H=29.2KJ/mol，所以1mol白磷转变为红磷放出29.2KJ的热量，故C错误；D.依据图象

20、分析，红磷燃烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式：4P(s)+5O2(g)=P4O10(s) H=-738.54kJmol1=-2954kJmol1，故D正确。答案选D。故选D.20.已知5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3某溶液中可能存在Br、CO32、SO32、I、Ca2+、Na+等7种离子中的某几种，分别进行如下实验：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。则下列说法正确的是A. 肯定没有I B. 肯定有Br、CO32C. 可能有Na+ D. 可能有SO32【答案】B【

21、解析】【详解】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，则溶液中含有Br、CO32，由于CO32与Ca2+会发生反应而不能共存，所以一定不存在Ca2+；因为若原溶液中含有SO32，加入氯水时会氧化为SO42，再加入足量BaCl2溶液，就会有沉淀生成，因此不存在SO32；由于氯水能把I氧化为I2，若氯水足量，根据信息氯水与I2发生反应：5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3。继续滴加淀粉溶液，溶液也不会变蓝，因此该实验不能证明I的存在；由于溶液呈电中性，所以还有阳离子Na+；根据上述实验证明在溶液中一定存在的离子为：Br、CO32、Na+；一定不存在Ca2+、SO32；可能存

22、在I。故A、C、D错误，B正确。答案选B。【点睛】解题时特别注意向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中有Br-；且有无色气泡冒出，说明溶液中有CO32-；溶液中有CO32-，则无Ca2+，根据溶液呈电中性，可知一定有Na+；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中无SO32-，据此进行解答。21.金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某“钙线”的主要成分为金属M和Ca。（1）Ca元素在元素周期表中的位置是_，最外层电子排布式为_。（2）CaF2的电子式为_，CaF2熔点比SiF4熔点_（选填“高”、“低”或“相同”），原因是_。（3）将“钙线”试样溶于稀盐酸后，

23、加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n则金属M为_，检测Mn+的另一种方法是_。（4）配平下列化学方程式： P+ FeO+ CaO Ca3（PO4）2+ Fe，_，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为_个。【答案】 (1). 第四周期第A族 (2). 4s2 (3). (4). 高 (5). CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多 (6). Fe (7). 取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+ (8). 2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+

24、5Fe (9). 0.1NA【解析】【分析】本题考查的是元素周期表、原子结构示意图、电子式、常见阳离子的检验、方程式的配平。（1）根据原子核外电子排布画出原子结构示意图；（2）根据电子式书写规则写出电子式；（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为Fe（OH）2Fe（OH）3的转化，M为Fe元素，检验铁离子常用SCN-，根据Fe3+与SCN-反应的现象分析。【详解】（1）Ca的原子序数为20，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，则在周期表中的位置为第四周期第A族，最外层电子排布为4s2。本小题答案为：第四周期第A族；4s2。（2）CaF2为离子化合物，其电子式为；一般离

25、子晶体的熔点高于分子晶体，CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强烈得多，故CaF2的熔点比SiF4的熔点高。本小题答案为：；高；CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多。（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，故M为Fe，检验Fe3+的另一种方法是取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。本小题答案为：Fe；取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。（4）P元素的化合价由0价升高为+5价，F

26、e元素的化合价由+2价降低为0价，由电子、原子守恒可知反应为2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+5Fe，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为（2.8g/56g/mol）(2-0)NA=0.1 NA。本小题答案为：2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+5Fe ；0.1NA。22.不同温度、压强下，在合成氨平衡体系中N2（g）+3H2（g）2NH3（g），NH3的物质的量分数见表（N2和H2起始物质的量之比为1：3）。压强（MPa）氨的平衡含量（%）温度（）20306010020086.489.995.498.830064.271.084.292.640038.247.06

27、5.279.850019.126.442.257.5（1）已知该反应在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则此段时间内H2的平均反应速率为_mol/（Lmin）。（2）该反应的平衡常数表达式K_，升高温度，K值_（选填“增大”、“减小”或“不变”）。T（K3.6）的某一时刻下，c（N2）1mol/L，c（H2）3mol/L，c（NH3）9mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态_（选填“是”、“否”），此时反应速率是v正_v逆（选填“”、“”、“”）。（3）合成氨生产条件一般为压强在20MPa50MPa，温度为500左右，选用该条件的主要原因是_；从表中数据可知，在该条

28、件下氨的平衡含量并不高，为提高原料利用率，工业生产中采取的措施是_。（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，最终得到化肥 （NH4）2SO4（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）与c（SO42）之比_2：1（选填“”、“”、“”），用离子方程式解释原因_。【答案】 (1). 0.015mol/（Lmin） (2). (3). 减小 (4). 否 (5). (6). 压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大 (7). 及时分离出NH3 (8). (9). NH4+H2ONH3H2O+H+【解析】【分析】（1）根据公式求出氨气的速率，再根据速率之比等于

29、化学计量数之比求出氢气的速率； （2）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数，根据表中数据，压强相同时，温度越高，氨气的体积分数越小，说明升高温度后平衡向着逆向移动，导致生成物浓度减小，反应物浓度增大，则升高温度后平衡常数K减小；T（K3.6）的某一时刻下，c（N2）1mol/L，c（H2）3mol/L，c（NH3）9mol/L，此时的浓度熵Qc=，说明此时还没有达到平衡状态，平衡正向着正向移动，则此时反应速率是v(正)v（逆）；（3）由于压强太高，对生产设备的要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大，所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa50MPa

30、，温度为500左右；（4）（NH4）2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4+H2ONH3H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c(NH4+)与c(SO42-)之比v（逆）。本小题答案为：；减小；否；。（3）由于压强太高，对生产设备的要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大，所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa50MPa，温度为500左右。本小题答案为：压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大；及时分离出NH3。（4）（NH4）2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应NH4+

31、H2ONH3H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c(NH4+)与c(SO42-)之比2:1。本小题答案为：；NH4+H2ONH3H2O+H+。23.以石油裂解产品乙烯为原料合成F，F是某滴眼液的主要成分，其合成路线如图所示：已知：2CH2CH2+2CH3CH2COOH+O2 2C5H8O2（丙酸乙烯酯）+2H2O。（1）写出A中的官能团名称_。（2）写出反应的条件_。（3）写出反应类型_。（4）写出C的一种同分异构体的结构简式_。（5）写出反应的化学方程式：BC：_； DE：_。（6）丙烯也是石油化工重要的基础原料，请你设计一个由丙烯（CH2CHCH3）制备 的合成路线。（合成路线常用的

32、表示方式为：AB目标产物）_【答案】 (1). 羟基 (2). Cu、加热 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). HCOOCH3 (6). CH3CHO+2Cu（OH）2 +NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2OCH3COO-+H+CH3COOH (7). (8). 【解析】【分析】本题是有机物的合成。反应中乙烯与水在催化剂、加热的条件下生成A，此反应为加成反应，A为CH3CH2OH，A在催化剂条件下经反应生成B，B为CH3CHO，B在新制氢氧化铜、加热和酸性条件下生成C，C为CH3COOH，根据题干信息，C与乙烯、氧气生成D，D为CH3COOCH=CH2，D聚合生成E，E

33、为聚乙酸乙烯酯，E在碱性条件下水解生成F，F为聚乙烯醇。（1）A为CH3CH2OH，官能团名称为羟基。（2）反应为醇的催化氧化，反应条件为Cu、加热。（3）为烯烃的加成反应，为水解反应，属于取代反应。（4）C的一种同分异构体的结构简式为HCOOCH3。（5）BC的反应为CH3CHO+2Cu（OH）2 +NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O、CH3COO-+H+CH3COOH。DE的反应为。（6）由丙烯（CH2CHCH3）制备，先发生双键的加成，后水解引入2个-OH，再氧化引入-CHO和羰基，再氧化将-CHO转化为-COOH，最后将羰基加成转化为-OH。据此解答。【详解】反应中乙烯与水在

34、催化剂、加热的条件下生成A，此反应为加成反应，A为CH3CH2OH，A在催化剂条件下经反应生成B，B为CH3CHO，B在新制氢氧化铜、加热和酸性条件下生成C，C为CH3COOH，根据题干信息，C与乙烯、氧气生成D，D为CH3COOCH=CH2，D聚合生成E，E为聚乙酸乙烯酯，E在碱性条件下水解生成F，F为聚乙烯醇。（1）A为CH3CH2OH，官能团名称为羟基。本小题答案为：羟基。（2）反应为醇的催化氧化，反应条件为Cu、加热。本小题答案为：Cu、加热。（3）为烯烃的加成反应，为水解反应，属于取代反应。本小题答案为：加成反应；取代反应。（4）C的一种同分异构体的结构简式为HCOOCH3。本小题答

35、案为：HCOOCH3。（5）BC的反应为CH3CHO+2Cu（OH）2 +NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O、CH3COO-+H+CH3COOH。DE的反应为。本小题答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2 +NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O CH3COO-+H+CH3COOH；。（6）由丙烯（CH2CHCH3）制备，先发生双键的加成，后水解引入2个-OH，再氧化引入-CHO和羰基，再氧化将-CHO转化为-COOH，最后将羰基加成转化为-OH，合成流程为：。本小题答案为：。24.为探究工业制硫酸接触室中的反应，设计如图所示装置，并测定此条件下二氧化硫的转化率。（1）中浓硫酸

36、的作用除了通过观察气泡，调节气体的流速外，还能_、_。（2）锥形瓶中盛放的是足量的氯化钡溶液，实验过程观察到锥形瓶中产生白色沉淀，反应的化学方程式为_；锥形瓶浸入冰水浴的原因是_。（3）中品红颜色没有发生改变，说明_。（4）若通入SO2的体积为V L（已折算为标准状况下的体积），要测定该条件下二氧化硫的转化率，实验时还需要测定的数据是m g，则m可以是_，此条件下二氧化硫的转化率是_（列式表示）。（5）反应结束后还需通入N2的原因是_。【答案】 (1). 干燥气体 (2). 使SO2与O2充分混合 (3). BaCl2+SO3+H2OBaSO4+2HCl (4). 降低反应体系的温度，避免三氧

37、化硫在与装置中的溶液反应时生成酸雾，影响吸收效果 (5). SO2已被装置吸收完全 (6). 锥形瓶中沉淀的质量或装置中增加的质量 (7). 或 (8). 将装置中的三氧化硫和二氧化硫全部赶到后面的装置中，以便被充分吸收【解析】【分析】本题为实验探究题。（1）中浓硫酸的作用除了通过观察气泡，调节气体的流速外，还可以干燥气体，使气体均匀混合。（2）锥形瓶中盛放的是足量的氯化钡溶液，实验过程观察到锥形瓶中产生白色沉淀，是三氧化硫和水反应生成了硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，反应的化学方程式为：BaCl2+SO3+H2OBaSO4+2HCl，锥形瓶浸入冰水浴的原因避免三氧化硫在与装置中的溶

38、液反应生成酸雾影响吸收效果。（3）中品红颜色没有发生改变说明SO2已被装置吸收完全。（4）若通入SO2的体积为V L（已折算为标准状况下的体积），要测定该条件下二氧化硫的转化率，实验时还需要测定的数据是m g，则m可以是锥形瓶中沉淀的质量或装置中增加的质量，锥形瓶中是硫酸钡的质量，此条件下二氧化硫的转化率=，装置中增加的质量为剩余二氧化硫的质量，此条件下二氧化硫的转化率=。（5）反应结束后还需通入N2的原因是将装置中的三氧化硫和二氧化硫全部赶到后面的装置中，以便被充分吸收。据此解答。【详解】（1）中浓硫酸的作用除了通过观察气泡，调节气体的流速外，还可以干燥气体，使气体均匀混合。本小题答案为：干

39、燥气体；使SO2与O2充分混合。（2）锥形瓶中盛放的是足量的氯化钡溶液，实验过程观察到锥形瓶中产生白色沉淀，是三氧化硫和水反应生成了硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，反应的化学方程式为：BaCl2+SO3+H2OBaSO4+2HCl，锥形瓶浸入冰水浴的原因避免三氧化硫在与装置中的溶液反应生成酸雾影响吸收效果。本小题答案为：BaCl2+SO3+H2OBaSO4+2HCl；降低反应体系的温度，避免三氧化硫在与装置中的溶液反应时生成酸雾，影响吸收效果。（3）中品红颜色没有发生改变说明SO2已被装置吸收完全。本小题答案为：SO2已被装置吸收完全。（4）若通入SO2的体积为V L（已折算为标准状况下的体积），要测定该条件下二氧化硫的转化率，需要测量二氧化硫的变化量或剩余量，因此，实验时还需要测定的质量m g可以是锥形瓶中沉淀的质量或装置中增加的质量，锥形瓶中是硫酸钡的质量，此条件下二氧化硫的转化率=，装置中增加的质量为剩余二氧化硫的质量，此条件下二氧化硫的转化率=。本小题答案为：或。（5）反应结束后还需通入N2的原因是将装置中的三氧化硫和二氧化硫全部赶到后面的装置中，以便被充分吸收。本小题答案为：将装置中的三氧化硫和二氧化硫全部赶到后面的装置中，以便被充分吸收。国产考试小能手