2019-2020学年安徽省六安市城南中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安市城南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我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2 NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低D N2的活化是NN键的断裂与NH 键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于Mo

2、S2对 N2的活化，A 正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B 错误；C.根据图示可知MoS2在 Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C 正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H 的过程，即是NN键的断裂与NH 键形成的过程，D 正确；故合理选项是B。2对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A 加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干 MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B 电解 CuCl2溶液阴极得到Cu；电解 NaCl 溶液，阴极

3、得不到Na 得电子能力：Cu2+Na+H+C 浓 HNO3能氧化 NO；稀 HNO3不能氧化NO HNO3浓度越大，氧化性越强D 钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OH A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2O?Mg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl 易挥发，加热促进HCl 的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或 MgO，解释合理

4、，故A 说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明 Cu2得电子能力大于H，电解 NaCl 溶液，阴极上发生2H 2e=H2，说明 H得电子能力强于 Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OHH2O，解释合理，故D 说法正确。答案选 B。3草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中

5、滴加0.01mol L-1NaOH 溶液，随着NaOH 溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A VNaOH(aq)=0 时，c(H+)=1 10-2mol L-1BVNaOH(aq)10mL 时，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)【答案】D【解析】【详解】A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中 c(H+)1 10-2mol/L，A 项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入 NaOH 溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱

6、性，所以当V(NaOH)aq10mL 时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当 V(NaOH)aq=10mL 时，NaHC2O4和 NaOH 恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)10mL 时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和 NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且 NaOH 电离的 OH-抑制 C2O42-的水解，故c(Na+)c(C2O42-)ZX【答案】A【解析】【分析】根据 X、Y、Z、W 为短周期主族元素

7、，联系最高正化合价，X可与为 B 元素或者Al 元素，Y为 Li 元素或Na 元素，Z为 N 元素或 P元素，W 为 Cl元素，又原子半径：YZClX，则 X 为 B元素，Y为 Na 元素，Z为 P 元素，据此分析回答问题。【详解】A B的最高价氧化物对应的水化物H2BO3是弱酸，不具有两性，A 选项错误；BPCl3 的电子式为，所有原子最外层均满足8e结构，B选项正确；CNa 的氧化物Na2O2可作供氧剂，P的氧化物P2O5是酸性干燥剂，C选项正确；D非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性ClPB，则热稳定性：HClPH3BH3，D 选项正确；答案选 A。5下列说法正确的是A金

8、刚石和足球烯（60C）均为原子晶体BHCl 在水溶液中能电离出+H，因此属于离子化合物C碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力D在2N、2CO和2SiO都是由分子构成的【答案】C【解析】【分析】据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。【详解】A.金刚石为原子晶体，足球烯分子（60C）之间靠分子间作用力结合成分子晶体，A 项错误；B.HCl是分子构成的物质，属于共价化合物。它电离出+H需在水的作用下才能发生，B项错误；C.碘的升华是物理变化，分子间距离变大只需克服分子间作用力，C项正确；D.2N、2CO是由分子构成的，但2SiO是原子构成的，D项错误。本题选 C。6下列化学用语表达正确的是

9、（）A还原性：HFHClHBrHI B丙烷分子的比例模型：C同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子D Na2O2中既含离子键又含共价键【答案】D【解析】【详解】A卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HFHClHBrHI，故 A 错误；B为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故 B 错误；C同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；D过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O 共价键，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。7下列实验不能达

10、到预期目的是（）实验操作实验目的A 充满 NO2的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水中研究温度对化学平衡移动的影响B 向盛有 1mL 硝酸银溶液的试管中滴加NaCl 溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C 苯酚和水的浊液中，加少量浓碳酸钠溶液比较苯酚与碳酸氢钠的酸性D 取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，观察是否出现白色浑浊确定 NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.温度不同时平衡常数不同，两个玻璃球中剩余的2NO量不一样多，颜色也不一样，A 项正确；B.AgCl是白色沉淀，而2Ag S是

11、黑色沉淀，若沉淀的颜色改变则证明沉淀可以转化，B 项正确；C.苯酚的酸性强于-3HCO，因此可以转化为苯酚钠，而苯酚钠是溶于水的，因此浊液变澄清，C 项正确；D.3NaHCO本身就可以和2Ca(OH)反应得到白色沉淀，因此本实验毫无意义，D 项错误；答案选 D。8如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2 中 M 是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是A图 1 铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重B若 M 是锌片，可保护铁C若 M 是铜片，可保护铁D M 是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池【答案】B【解析】【分析】据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A.图 1 中铁片在海水中主要

12、发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A 项错误；B.图 2 中，若 M 是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B 项正确；C.图 2 中，若 M 是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；D.M 是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当M 为锌时铁被保护，D 项错误。本题选 B。9化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收B许多绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，在碱性土壤中花朵呈粉红色，若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的硫酸铝C在石英管中充入氖气，通电时能发

13、出比荧光灯强亿万倍的强光，人称“人造小太阳”D人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法：搽稀氨水或碳酸氢钠溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K 的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故 A 正确；B铝离子水解会使土壤显酸性，绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，故B正确；C充入氖气会发出红光，氙气灯被称为人造小太阳，故C 错误；D蚊子的毒液显酸性，和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故D 正确；故答案为C。10将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后

14、溶液中ClO的个数为0.1NAB原 NaOH 浓度为 1mol/L C参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，

15、转移0.1mol 电子，则转移电子为0.1NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。11下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A 制取较高浓度的次氯酸溶液将 Cl2通入小苏打溶液中B 除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C 加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D 制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A A BB CC D

16、 D【答案】C【解析】【详解】A氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入 NaHCO3能与 HCl 反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A 不合题意；B苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B 不合题意；C粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C 符合题意；D浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D 不合题意；故选 C。12Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是A Y的分子

17、式为C10H8O3B由 X制取 Y的过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D等物质的量的X、Y分别与 NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为32【答案】D【解析】【详解】A由 Y 的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故 A 正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B 正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY

18、可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为1：1，故 D 错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。13化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B酒精能杀菌，浓度越大效果越好C钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同【答案】B【解析】【详解】A“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧

19、化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A 正确；B医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D 正确；故选：B。14偏二甲肼（CH3）2N-NH2（N 为-2 价）与 N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO

20、2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-【答案】C【解析】【详解】A.自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0 可知，H0，可得 G=H-T S0，该反应在任何情况下都能自发进行，A 正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键，B 正确；C.反应中，C 元素

21、化合价由-4 升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N 元素化合价由-2 升高到 0，+4 降低到 0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，生成 1molCO2时，转移 8mole-，D 正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS 0，反应自发进行，G=H-T S0，反应非自发，S为气体的混乱度。15主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11，W与 Y同族且都是复合化肥的营养元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是（）A常温常压下X

22、的单质为气态B简单气态氢化物的热稳定性：YW CZ的氢化物含有共价键D简单离子半径：WX【答案】D【解析】【分析】W 与 Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W 为氮(N)，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则 X 为钠(Na)；Z 的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。【详解】A常温常压下X的单质为钠，呈固态，A 错误；B非金属性Y(P)W(N)，简单气态氢化物的热稳定性YNa+，D 正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16检验甲醛含量的方法有很多，其中银Ferrozine 法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的 Ag

23、与 Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：(1)A 装置中反应的化学方程式为_，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是_。(2)B 中装有 AgNO3溶液，仪器B的名称为 _。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开 K3，打开 _，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，_。(4)室内空气中甲醛含量的测定

24、。用热水浴加热B，打开 K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是 _；再重复上述操作3 次。毛细管的作用是_。向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm 处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为 _mg L-1。【答案】Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率三颈烧瓶(或三口烧瓶)分液漏斗的活塞与旋塞关闭 K3和分液漏斗旋塞打开 K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K

25、2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收0.0375【解析】【分析】在仪器 A 中 Mg3N2与 H2O 反应产生Mg(OH)2和 NH3，NH3通入到 AgNO3溶液中首先反应产生AgOH 白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag 和 CO2气体，产生的 Ag 与加入的Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在 562 nm 处测定吸光度，测得生成Fe21.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和 NH3

26、，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B 的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开 K3，打开 K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOH +NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 H2O=Ag(NH3)2+OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)用热水浴加热B，打开 K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1

27、L 室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3 次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0 价变化为+4价，银+1 价变化为0 价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)=3m1.1210gM56?g/mol=2 10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则 4x=210-5 mol1，x

28、=5 10-6 mol，因此实验进行了 4 次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25 10-6 mol 30 g/mol 103 mg/g=0.0375 mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A、B、D 是 3 种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3 种，其中 D 还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：试回答：(1)写出上述有关物质的化学式：

29、A_；B_；D_。(2)写出反应和的化学方程式：_。【答案】H2O CO2CH3CH2OH 6H2O+6CO2光能叶绿体C6H12O6(葡萄糖)+6O2，CH3CH2OH+3O2点燃2CO2+3H2O【解析】【分析】首先找题眼：由 A+B光能叶绿体葡萄糖+氧气，可知这是光合作用过程，光合作用的原料是二氧化碳和水，产生的葡萄糖经过发酵产生B 和 D，即酒精和二氧化碳，而D 是实验室常用的一种燃料，可知D 为酒精，B 就是二氧化碳，则A 为水，带入验证完成相关的问题。【详解】（1）根据以上分析可知A、B、D 的化学式分别是H2O、CO2、CH3CH2OH；（2）反应为光合作用，发生的方程式为：6H

30、2O+6CO2光能叶绿体C6H12O6(葡萄糖)+6O2；反应是酒精燃烧，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+3O2点燃2CO2+3H2O。【点睛】对于物质推断题，解题的关键是寻找“题眼”，“题眼”是有特征性的物质性质或反应条件，以此作为突破口，向左右两侧进行推断。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18新型抗溃疡药瑞巴匹特，可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下：(1)A 的化学名称为_，C 的核磁共振氢谱具有_组峰(2)A 与足量的NaOH 溶液反应的化学方程式为_(3)化合物 F中含氧官能团的名称为_，化合物F的分子式为 _(4)反应 中，属于取代反应的是_(填

31、序号)(5)C D的转化中，生成的另一种产物为HCl，则 CD 反应的化学方程式为_(6)已知 Y中的溴原子被-OH 取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：_I分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环II苯环上有两个取代基，且处于对位III.能与 NaHCO3溶液发生反应(7)已知 CH3CH2OHCH3CH2Br，以 A 和 HOCH2CH2CH2OH 为原料制备的合成路线流程图如下：HOCH2CH2CH2OH物质 X物质 Y，则物质X为_，物质 Y为_【答案】丙二酸二乙酯4 C2H5OOCCH2COOC2H5 2NaOH rNaOOCCH2COONa 2C2

32、H5OH 肽键、羧基C19H15O4N2Cl BrCH2CH2CH2Br【解析】【分析】【详解】（1）根据系统命名法，有机物的化学名称为丙二酸二乙酯，C（）中有 4 种氢原子，核磁共振氢谱具有4 组峰，故答案为丙二酸二乙酯，4。（2）酯可在NaOH 溶液中发生碱性水解，丙二酸二乙酯与足量NaOH 溶液反应的化学方程式为+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH，故答案为+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH。（3）化合物F（）中官能团的名称为肽键、羧基、氯原子、碳碳双键，其中含氧官能团的名称为肽键、羧基，化合物F的分子式为C19H15O4N2Cl，故答案为肽键、羧基

33、，C19H15O4N2Cl。（4）反应由生成的反应类型为取代反应；反应是加氢去氧还原生成，其反应类型为还原反应；反应是的氨基中的1 个氢原子被取代，是取代反应，所以反应中，属于取代反应的是，故答案为。（5）对比 C、D 的结构可知，C与 X发生取代反应生成D 和 HCl，根据产物的碳架结构并结合原子守恒，可知 CD 反应的化学方程式为：+HCl，故答案为+HCl。（6）Y的结构简式为：，Y中的溴原子被-OH 取代得到Z，则 Z的结构简式为：，Z的同分异构体I分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环，说明N 原子不在环上；III.能与NaHCO3溶液发生反应，说明分子中含有羧基；II苯环上

34、有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位，同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式为，故答案为。(7)已知 CH3CH2OHCH3CH2Br，以 A和 HOCH2CH2CH2OH 为原料制备的合成路线流程图如下：，则物质 X为 BrCH2CH2CH2Br，物质 Y为：，故答案为BrCH2CH2CH2Br，。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。19联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下：完成下列填空：(1)写出化学式：_、

35、_(2)从理论上分析，氨碱法生产过程中_(选填“需要”、“不需要”)补充氨气，写出该工艺中生成CaCl2的化学方程式 _。(3)对联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程进行分析，所得结论合理的是_。a常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小b通入氨气可把碳酸氢钠转化为碳酸钠，防止碳酸氢钠析出c加入食盐细粉目的是提高Na+的浓度，促进碳酸氢钠结晶析出(4)取“侯氏制碱法”生产的纯碱样品5.500g，配成 500mL 溶液，取 25mL 溶液用 0.1000mol/L 的标准盐酸滴定(设其中的杂质不与盐酸反应)，用酚酞作指示剂，三次滴定消耗盐酸的平均量为25.00mL计算样品中纯碱的质量分数_。(已知 25时

36、 0.1mol/L 的 NaHCO3溶液的 pH 约为 8.3)某活动小组根据上述制碱原理，用如下所示装置(夹持装置省略)制备碳酸氢钠(5)实验时，须先从_管通入 _气体，再从 _管中通入 _气体。(6)有同学建议在甲装置的b 管下端连接乙装置，目的是_。【答案】CO2NH3不需要2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O b 96.4%a 氨气b 二氧化碳增大二氧化碳与溶液接触面积，使其充分反应【解析】【分析】（1）根据流程图分析；（2）氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成的氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用；氢氧化钙与氯

37、化铵反应生成氯化钙、氨气和水；（3）根据母液中通入氨气、食盐会析出氯化铵晶体进行分析；（4）用酚酞作指示剂，盐酸滴定碳酸钠溶液，根据反应方程式计算；（5）通氨气时要防止倒吸，则导管不能直接深入液面以下，由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气；（5）多孔球泡能增大二氧化碳与溶液的接触面积。【详解】（1）联碱法生产流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，所以通入沉淀池中的是二氧化碳，即为CO2，母液中通入氨气再重新利用，则为NH3；（2）从理论上分析，氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气

38、，氨气循环使用，不需要补充氨气；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙，则该工艺中生成CaCl2的化学方程式Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（3）a常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大，故a 错误；b通氨气能增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，使NaHCO3转化为 Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故 b 正确；c加入食盐细粉目的是提高Cl的浓度，促进氯化铵结晶析出，故c 错误；（4）已知 25时 0.1mol/L 的 NaHCO3溶液的 pH 约为 8.3，则用酚酞作指示剂滴定时，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则 n（Na2CO3）=0.1000mol/L 0.025L 500mL25mL=0.05mol，m（Na2CO3）=nM=0.05mol 106g/mol=5.3g，样品中纯碱的质量分数：5.3g5.5g 100%=96.4%；（5）向溶液中通氨气时要防止倒吸，则导管不能直接深入液面以下，由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先由a 管通入氨气，再由通入二氧化碳；（6）在甲装置的b 管下端连接多孔球泡，能增大二氧化碳与溶液的接触面积，使二氧化碳充分溶解。