2019-2020学年北京市十五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市十五中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“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展D歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：22232K O 4H O 4AI O8SiO【答案】A【解析】【分析】【详解】A动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A 项正确；

2、B墨的主要成分是炭黑，B 项错误；C宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）SiO2H2O，所以应为K2O 4Al2O3 8SiO2 4H2O，D 项错误；答案选 A。2化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A 错误；B.4422NH FeSO12H O（）作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和 HClO 都有强氧化性，故C 正确；D

3、.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D 错误；故答案选：C。3NA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，124gP4中所含 PP键数目为4NAB100mL1mol L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2molSO2和 1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6 个 PP键，因此其中所含 PP 键数目为6NA，A 错误；B.铁离子在溶液

4、中水解，所以100 mL 1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B 错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4 个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C 正确；D.反应 2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数大于 2NA，D 错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。4“我有熔喷布，谁有口罩机

5、”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络发布的英雄帖，熔喷布是医用口罩的核心材料，该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。下列说法错误的是A丙烯分子中所有原子可能共平面B工业上，丙烯可由石油催化裂解得到的C丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色D聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物【答案】A【解析】【分析】【详解】A.丙烯分子中有一个甲基，甲基上的四个原子不可能共平面，A 项错误；B.石油的裂解是在催化剂存在的情况下，加强热使烃类断裂成小分子的不饱和烃，丙烯也是产物之一，B项正确；C.丙烯中有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D.碳碳双键可以发生加聚反应，得到高分子的聚合物，D 项

6、正确；答案选 A。【点睛】从字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“温柔”一点，得到的是较长链的汽油、柴油等轻质燃油，裂解则完全将碳链打碎，得到气态不饱和烃。5 高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：C12+KOH KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A若反应中n(ClO)：n(C1O3)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 B反应中每消耗4molKOH，吸收标准

7、状况下1 4LCl2C氧化性：K2FeO4KC1O D若反应的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12【答案】D【解析】【详解】A 选项，若反应 中 n(ClO)：n(C1O3)=5：1，设物质的量分别为5mol 和 1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol 电子，因此总共有了8mol 氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即 5:3，故 A 错误；B 选项，根据 A分析反应 得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故 B 错误；C 选项，根据第二个

8、方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O K2FeO4，故 C错误；D 选项，若反应 的氧化产物只有KC1O，则 C12与 KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与 K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12，故 D 正确。综上所述，答案为D。6如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象下列说法错误的是（）A pH 试纸变蓝BKI淀粉试纸变蓝C通电时，电能转换为化学能D电子通过pH 试纸到达KI淀粉试纸【答案】D【解析】【详解】A连接负极的铅笔芯为

9、阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH 试纸遇碱变蓝色，故A 正确；B连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B 正确；C该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故答案为D。【点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生

10、成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。7已知常温下,Ka1(H2CO3)=4.3 10-7,Ka2(H2CO3)=5.6 10-11。某二元酸H2R 及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH 变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）A在 pH=4.3 的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B等体积、等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小C在 pH=3 的溶液中存在2-22-(R)(H R)(HR)ccc=10-3D向 Na2CO3溶液中加入少量H2R 溶液

11、，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-【答案】D【解析】【分析】【详解】A据图可知在pH=4.3 的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以 3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故 A 正确；B等体积、等浓度的NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；C2-2-+a2h 222-+-w2(R)(H R)(H R)(OH)(R)(

12、H)1=(HR)(HR)(HR)(H)(OH)=KKcccccccccccKgg，当溶液 pH=1.3 时，c(H2R)=c(HR-)，则 Kh2=-2-(H R)(OH)(HR)ccc=10-12.7，溶液的pH=4.3 时，c(R2-)=c(HR-)，则 Ka2=2-+-(R)(H)(HR)ccc=10-4.3，所以2-212.7-4.3142(R)(H R)(H1010)10R=ccc=10-3，故 C 正确；D由 H2R 的电离常数Ka2大于 H2CO3的 Ka2，即酸性：HR-HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R 溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2

13、-，故 D 错误；故答案为D。【点睛】选项 C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D 为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。8根据元素在周期表中的位置可以预测A分解温度：CH4H2S B氧化性：NaClONa2SO3C同浓度溶液pH：Na2SiO3 Na2CO3D金属性：Ca Na【答案】C【解析】【详解】A元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A 错误；B氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为1价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，

14、B 错误；C最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：2323Na SiONa CO，C正确；D失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性CaNa，不能从周期表的位置预测，D 错误。答案选 C。9延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRP B中国馆屋顶ETFE保温内膜C八达岭长城城砖D2022 年冬奥会高山滑雪服【答案】C【解析】【分析】【详解】A.FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A 项错误；B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属

15、材料，B项错误；C.长城城砖属于无机非金属材料，C 项正确；D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D 项错误；答案选 C。10炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是()A氧分子的活化包括OO 键的断裂与CO 键的生成B每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量C水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV D炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氧分子的活化是OO 键的断裂与CO 键的生成过程，

16、故A 正确；B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV 的能量，故B正确；C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故 C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D 正确。故选 C。11用 NaOH 标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A滴定管用待装液润洗B锥形瓶振荡时有少量液体溅出C滴定结束后滴定管末端出现气泡D锥形瓶用待测液润洗【答案】D【解析】【分析】由 c(HCl)=cVV碱碱盐酸可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测

17、溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B 错误；C滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D 正确；故答案为D。【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的

18、体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。12“NaClCO2NH3H2O NaHCO3NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4 位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B乙同学说：NaHCO3不是纯碱C丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳【答案】C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故 A正确；纯碱是 Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO

19、3等，故 C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。13环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是A a 极与电源负极相连Ba 极电极反应式是2Cr3-6e-+14OH-=Cr2O72-+7H2O Cb 极发生氧化反应D理论上生成1mol 环己酮时，有1molH2生成【答案】D【解析】【分析】根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移

20、电子数相等计算，据此分析解答。【详解】A.根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A 错误；B.根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3-6e-+7H2O=Cr2O72-+14H+，故 B错误；C.b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D.理论上由环己醇(C6H12O)生成 1mol 环己酮(C6H10O)，转移 2mol 电子，根据电子守恒可知，阴极有1mol氢气放出，故D 正确；故选 D。14下列物质中，由极性键构成的非极性分子是A氯仿B干冰C石炭酸D白磷【答案】B【解析】【详解】A、氯仿是极性键形成的极性分子，选项

21、A 错误；B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选项B 正确；C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选项C 错误；D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，选项D 错误；答案选 B。15下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A联合制碱法中循环使用CO2和 NH3，以提高原料利用率B硫酸工业中，SO2氧化为 SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率D炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去【答案】D【解析】【分析】【详解】A.联合制碱法中，碳酸氢钠受热分解生成碳酸

22、钠和二氧化碳，二氧化碳被循环利用，而氯化铵并没有直接循环利用，而是作为其他化工原料，则氨气没有被循环利用，故A 错误；B.对于该反应，常压时转化率就很高了，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时会增大成本，故通常采用常压而不是高压，故B 错误；C.合成氨生产过程中将NH3液化分离，导致生成物浓度减小，逆反应速率瞬间减小，正反应速率随之减小，平衡向正反应方向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C 错误；D.降低生铁中的含碳量，需要加入氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去，故D 正确；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5

23、，沸点：-5.5）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO 和 Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：制备原料装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2_饱和食盐水制备纯净NO Cu 稀硝酸_（2）乙组同学利用甲组制得的NO 和 Cl2制备 NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。为了使气体充分反应，从A 处进入的气体是_（填 Cl2或 NO）。实验中先通入Cl2，待装

24、置中充满黄绿色气体时，再将NO 缓缓通入，此操作的目的是_（回答一条即可）。装置生成NOCl 的化学方程式是_。装置的作用为_，若无该装置，中NOCl 可能发生反应的化学方程式为_。（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取中所得液体m 克溶于水，配制成 250mL 溶液，取出 25.00mL，以 K2CrO4溶液为指示剂，用 c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为_（用代数式表示即可）。【答案】浓盐酸水ef（或 f e）bcd Cl2排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化2NO+Cl2=2NOCl 防止

25、水蒸气进入装置2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2310bc 106100%m5.5【解析】【分析】由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：由图装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置 用饱和食盐水吸收氯化氢气体，装置 用浓硫酸干燥，由图制备 NO，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO 中可能混有NO2，故装置 用水净化NO，装置 IV 用浓硫酸干燥，将氯气和NO 干燥后在装置V 中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及 NOCl 均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥

26、装置，据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置 用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO 中可能混有NO2，NO 不溶于水，故装置 用水净化 NO，故答案为：浓盐酸；水；(2)将氯气和NO 干燥后在装置V 中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO 以及 NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl 遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：ef(或 f e)bcd；A 处进入的气体进入装置上方，为了使反应充分应从A 口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中

27、的空气，防止NO 被装置中的氧气氧化；根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl；NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置 的作用是防止水蒸气进入装置；(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL 溶液中 n(NOCl)=bc 10-3mol，则 NOCl总的物质的量为10bc10-3mol，所以质量分数为：310bc 106100%m5.5。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）

28、17有机化合物H 的结构简式为，其合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：(苯胺易被氧化)请回答下列问题：(1)烃 A 的名称为 _，B中官能团为 _，H 的分子式为 _，反应的反应类型是_。(2)上述流程中设计CD 的目的是 _。(3)写出 D 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式为_。(4)符合下列条件的D 的同分异构体共有_种。A属于芳香族化合物B既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6211 的同分异构体的结构简式：_。(任写一种)(5)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写

29、出以烃A 为原料合成邻氨基苯甲酸（）合成路线(无机试剂任选)。_【答案】甲苯氯原子或 Cl C7H7O3N 取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O 14 或【解析】【分析】H 的结构简式为，逆推可知G 为。纵观整个过程，可知烃A 为芳香烃，结合 C的分子式C7H8O，可知 A 为，A 与 Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH 生成 C，C中酚羟基发生信息中取代反应生成D，D 与酸性 KMnO4溶液反应，D 中-CH3被氧化成-COOH生成 E，EF 转化中在苯环上引入硝基-NO2，FG 的转化重新引入酚羟基，可知 CD

30、的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H 的结构简式，可推知B 为、C 为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知：A 为，B为、C为、D 为、E为、F为，G 为，H 为。(1)烃 A 为，A 的名称为甲苯。B 为，B中官能团为氯原子。H 的结构简式为，H 的分子式为C7H7O3N。反应是苯环上引入硝基，反应类型是：取代

31、反应；(2)C D中消除酚羟基，FG 中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计CD 的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；(3)D 是，D 与足量 NaOH 溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，(4)D 为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有 1 个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2 个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为23=6种；

32、有 3 个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2 个甲基有邻、间、对3 种位置结构，对应的-OOCH分别有 2 种、3 种、1 种位置，故符合条件的共有2+32+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1 的同分异构体的结构简式：或。(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为 COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在 HCl 存在条件下发生还原反应，NO2被还原得到 NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求

33、的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H 的结构和反应条件进行推断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18有机物G 是一种食品香料，其香气强度为普通香料的3 4 倍 G 的合成路线如下：已知：RCH=CH2RCHO+HCHO 填空：（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是_（2）写出 A 中任意一种含氧官能团的名称_，由 C 到 D 的反应类型为_（3）有机物E的结构简式为_（4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有_种，写出其中一种的结构简式_与 FeCl3溶液反应显紫色；

34、可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4 种不同化学环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2Br【答案】香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化醚键、酚羟基加成反应2 或【解析】【分析】(1)根据 G 的结构简式结合常见官能团的结构和性质分析解答；(2)由生成，分子中 C=C，消失增加了Br 原子，结合常见有机反应类型的特征分析判断；(3)根据信息，结合F的结构逆推，可知E中含有碳碳双键，结合D 的结构简式分析判断；(4)与 FeCl3溶液反应显紫色，说明有酚羟基；可发生水解反应，其中一

35、种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸；分子中有4 种不同化学环境的氢，据此书写满足条件的结构简式；(5)要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息分析解答。【详解】(1)根据 G()的结构简式可知该分子中含有酚羟基和醛基，易被空气中的氧气氧化变质，故答案为：香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化；(2)根据 A()的结构简式可知该分子的官能团有醚键、酚羟基；由生成，分子中C=C消失，增加了Br 原子，说明发生了加成反应，故答案为：醚键、酚羟基；加成反应；(3)根据信息，结合 F的结构逆推，可知 E中含有碳碳双键，说明从 D到 E发生消去反应，生成 C=C，所以 E结构简式为：，

36、故答案为：；(4)G 为，G 的同分异构体：与FeCl3溶液反应显紫色，说明结构中有酚羟基；可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明有酯基而且水解生成甲酸，说明属于甲酸酯；分子中有 4 种不同化学环境的氢；满足上述条件的结构简式为：、，故答案为：2；(或)；(5)以为原料制备，要合成，需要先合成苯甲醇和乙酸，根据题干信息，可以将中碳碳双键断开即可得到含有7 个碳原子和2个碳原子的醛，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题干信息的理解和应用，注意在臭氧和锌存在条件下，碳碳双键会断裂生成醛，结合逆向思维分析思考。19含氯消毒剂是消毒剂中常用的一类产品。I.某

37、实验小组用如图装置制备家用消毒液。（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是_，写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式，制氯气：_、制消毒液：_。此方法获得的消毒液的有效成分是_（填名称）。（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是_。（3）此消毒液在使用时应注意一些事项，下列说法正确的是_。a.可以用于衣物消毒b.可以用于瓷砖、大理石地面的消毒c.可以用于皮肤消毒d.与洁厕灵（含盐酸）混合使用效果更好（4）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5

38、mol，则被氧化的 NH3在标准状况下的体积为_L，该过程中电子转移的总数为_个。II.（5）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。氯酸钠与盐酸在50的条件下反应得到二氧化氯和氯气的混合气体。控制 50的加热方法是_，写出该反应的化学方程式_。（6）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。如图所示，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。写出阳极产生ClO2的电极反应式：_。【答案】分液漏斗4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O 次氯酸钠除去氯气中的氯化氢和抑制氯气

39、的溶解B 22.4L 3NA（或者 1.8061024）水浴加热2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+【解析】【分析】【详解】（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，图为实验室制氯气法，其化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；制消毒液的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，此方法获得的消毒液的有效成分是次氯酸钠（NaClO）；（2）洗气瓶中饱和食盐水的作用是：除去氯气中的氯化氢和抑制氯气的溶解；（3）A此消毒液氧化性强，不可以用于衣物消毒，容易造成衣物损坏、褪色等问题，A

40、错误；B此消毒液可以用于瓷砖、大理石地面的消毒，B正确；C可以用于皮肤消毒，此消毒液氧化性强，容易损伤皮肤，C错误；D与洁厕灵（含盐酸）混合使用时会发生氧化还原反应，2H+ClO-+Cl-=Cl2+H2O，生成有毒的氯气，易使人中毒，不安全，D 错误；（4）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，3mol 氯气反应时，转移的电子为6mol。若反应中消耗Cl2 1.5mol，则被氧化的 NH3在标准状况下的体积为：1.5mol 3 22.4L/mol=11.2L，该过程中电子转移的总数为：3NA；（5）对于温度低于100 的恒温条件，常采用水浴加热的方法控制温度，氯酸钠与盐酸在50的条件下反应得到二氧化氯和氯气的化学方程式为：2NaClO3+4HCl2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O；（6）根据离子的阴阳相吸以及钠离子移动的方向可知，通入水的那一极为电解池的阴极，通入饱和氯化钠溶液的那一极为阳极，则阳极产生ClO2的电极反应式为：Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。