2022年安徽省安徽高考化学倒计时模拟卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A.分子中两个苯环一定处于同一平面B.不能与饱和Na2cG溶液反应C.1 mol化合物

2、X最多能与2 molNaOH反应D.在酸性条件下水解，水解产物只有一种2、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是()选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体与FeCh溶液过滤胶体粒子不能通过滤纸B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度较大C用 MgCh溶液制备无水MgCb固体蒸发MgCL受热不分解D除去丁醇中的乙醛蒸储丁醇与乙醛的沸点相差较大A.A B.B C.C D.D3、向 lOOmLO.lmol-L1硫酸铝镂 NH4Al(SCh)2 溶液中逐滴滴入O.lmol-L Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量的变化如图所示。下列说法正确的()A.a点

3、的溶液呈中性B.a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大C.b点加入B a (O H)2溶液的体积为2 50 m LD.至 c 点完成反应，反应的离子方程式可表示为：A l3+2 S O 42+N H 4+2 B a2+5O H A l O2+2 B a S O 4 i+N H 3 H2O+2 H 2 O4、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是A.A B.B C.C D.D选项离子或分子要求AN a H a V、M g2 S O?滴加氨水立即有沉淀产生BF e3 NOT、S R2-、c i-滴加盐酸立即有气体产生CN H A A l、S O；一、C H 3C O O H滴加N a O H溶

4、液立即有气体产生DK N 03-C r、I-c(K+)Y WB.原子半径为WRXYC.R 与其他三种元素均可形成二元共价化合物D.简单氢化物的热稳定性为RWY8、下列由实验操作得到的实验现象或结论不氐确的是实验操作实验现象或结论A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32B向 3ml KI溶液中滴加几滴滨水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色氧化性：Br2l2C相同条件下,测定等浓度的Na2c03溶液和Na2s04溶液的p H,前者呈碱性，后者呈中性非金属性：SCD将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生A.A B.B

5、C.C D.D9、如图为对10 mL 一定物质的量浓度的盐酸X 用一定物质的量浓度的NaOH溶 液 Y 滴定的图像，依据图像推出X 和Y 的物质的量浓度是下表内各组中的（）ABCDX/(mol/L)0.120.040.030.09Y/(mol/L)0.040.120.090.03A.A B.B C.C D.D10、化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不正确的是A.将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用B.将电器垃圾深埋处理可减少重金属对环境的危害C.对化学燃料脱硫、脱氮可减少酸雨的形成D.用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用11、298K时，在 0.10mol/LH2A

6、溶液中滴入O.lOmol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()050 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00M(NOH溶 液 溶 液)A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂B.X 点溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2)+2c(OH)C.Y 点溶液中：3c(Na+)=2c(A2)+2c(HA)+2c(H2A)D.O.Olmol/LNa2A 溶液的 pH 约为 10.8512、合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是()A.合 成 PPV的反应为加聚反应B.ImolPPV最多能与4 m01%发生加成反应与溟水加成后的产物最多有14个原子共平面和苯乙烯互

7、为同系物13、下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是B.CD.OH14、2019年是国际化学元素周期表年。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不事确的是B=UAl=27.4?=68(甲)C=12Si=28?=70(乙)N=14P=31As=750=16S=32Se=79.4F=19Cl=35.5Br=80A.元素甲的原子序数为31B.元素乙的简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4C.原子半径比较：甲 乙 竽D.乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池15,一种水基二次电

8、池原理为 xZn+Zn025V2O5-yH2O g=Z n0 25+xV2O5 zH2O+(y-z)H2O,电解液为含 Zi?+的水溶液，该电池可用于电网贮能。层状 ZnoaVA/HiO上 ”n-WHA 层状 Z u V Q u rH q下列说法正确的是（）A.放电时，Zn?+脱离插层B.放电时，溶液中Zi?+浓度一直减小C.充电时，电子由Zn025V2O5.yH?O层经电解质溶液流向Zn0 25+xV2O5.zH2O层D.充电时，阳极发生电极反应：Zn025+xV2O5-zH2O+(y-z)H2O-2xe=Z n025V2O5-yH2O+xZn2+16、一氯甲烷等卤代克跟苯的反应如图所示，（

9、无机小分子产物略去）。下列说法正确的是C H?Q+-O N a(3)欲 将B转化为,则应加入；若 在B中加入足量Na2c03溶液，则B转化为(填写结构简式)。(4)某有机物是A的同系物，且沸点比A低，写出其结构简式_ _ _ _ _ _ _ _ _；能鉴别A、B的试剂是参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】A、连接两个苯环的碳原子，是sp3杂化，三点确定一个平面，两个苯环可能共面，故A错误；B,此有机物中含有瘦基，能与N aa反应，故B错误；C、Im ol此有机物中含有lm o l竣基，需要消耗Im ol氢氧化钠，同时还含有Im o l的了 ”这种结构，消耗2moi氢氧化

10、钠，因此Im ol此有机物共消耗氢氧化钠3 m o l,故C错误；D、含有酯基，因此水解时只生成一种产物，故D正确。2、D【解析】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；C项，用M gCL溶液制备无水M gC b固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到N Ig C L,故C项错误；D项，丁醇和乙醍的沸点相差大，可以用蒸储的方法分离，故D项正确。综上所述，本题的正确答案为D。3、D【解析】100mL0.1moH/i 硫酸

11、铝钱 NH4Al(SO4)2 中 NH4AKSO4”物质的量为 O.Olmol.溶液含有 NBU+O.Olmol,AlO.OlmoLS0420.02moL开始滴加时，发生反应为SO4*+Ba2+=BaSO4 I,A13+3OH=A1(OH)3 I,当 AF+沉淀完全时需加入().03mol OH：即加入0.015mol Ba(OH)2,加入的Ba?+为0.015mol,S(V 沫完全沉淀，此时溶液含有硫酸核、硫酸铝；(开始到a)再滴加Ba(OH)2,生成BaSCh沉淀，发生反应为SO4+Ba2+=BaSO4 I,NH4+OH=NH3 H 2O,所以沉淀质量继续增加;当 SCV-完全沉淀时，共需

12、加入 0.02mol Ba(OH)2,加入 0.04mol OH,AF+反应掉 0.03molOIT,生成 Al(OH)30.01mol,剩余O.OlmolOH-恰好与NEh+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；(a 到 b)继续滴加Ba(OH)2,A1(OH)3溶解，发生反应A1(OH)3+OH-=AK2-+2H2。，由方程式可知要使O.Olmol A1(OH)3完全溶解，需再加入0.005mol Ba(OH)2,此时溶液为氨水与偏铝酸弱溶液.(b 到 c)【详解】A.由分析可知，从开始到a 点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4。，AF+3OH-=A1(OH)

13、31，a 点对应的沉淀为BaSCh和 A1(OH)3,溶液中的溶质是(NH4)2SO4,该物质水解溶液呈酸性，A 错误；B.a 点沉淀的质量=0.015molx233g/mol+0.01molx78g/mol=4.275g,c 点为硫酸软的质量，为 0.01 molx2x233g/mol=4.66g,所以质量。点 2 点，B 错误；C.当 S(V-完全沉淀时，共需加入0.02mol Ba(OH)2,则 b 点 消 耗 氢 氧 化 钢 体 积=%生 纹=0.2L=200mL,C 错误；0.1mol/LD.至 c 点完成反应，反应的离子方程式可表示为：A13+2SO42-+NH4+2Ba2+5OH

14、-=A1O2-+2BaSO4+NH3 H2O+2H2O,D 正确；故选D。【点睛】在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是N IV、AF+、A1(OH)3与 OH-反应的顺序问题，若假设N出+先与OH-发生反应，由于生成的NHyH2O 能与AF+反应生成A1(OH)3,所以假设错误，应 为 A产 先 与 反 应 生 成A1(OH)3；对 NH4+、A1(OH)3哪个先与OH-反应，若我们认为A1(OH)3先反应，生成的A1O2能与NH4+发生反应生成A1(OH)3和 NHyHzO,所以假设错误，应 为 NH4+先与OIT反应。4、A【解析】A、离子之间不反应，滴加氨水与Mg?+结合生成

15、沉淀,立即生成沉淀，故 A 符合题意；B、Fe-具有氧化性，可以氧化SO32-为 Sth?一,因此不能共存，故 B 不符合题意；C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应，不能立即生成气体，故 C 不符合题意；D、离子之间不反应，可大量共存，但 c(K+)Vc(CL),不能遵循电荷守恒，故 D 不符合题意；综上所述，本题应选A。5、D【解析】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚歆作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A 错误；B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaO

16、H的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到 M 点时恰好完全反应产生ClhCOONa,水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按 1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO),根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),将两个式子合并，整理可得 c(OH)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO)+c(H+),C 错误；D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CfhCOO N

17、a,由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故 M 点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL,D 正确；故合理选项是D.6、A【解析】A.通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了 1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环；A 项正确；B.由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了 4 条单键的碳原子，所以甲分子内的所有原子不可能共平面；B 项错误；C.由乙的结构可知，乙的分子式为：C4H6 l8OO；C 项错误；D.酯在碱性条件下水解，产物竣酸会与碱反应生成瘦酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为C H/O

18、H 和答案选A。7、D【解析】W、R、X、Y 的原子序数依次增大，Y 的最高正价和最低负价之和等于0,则 Y 位于第IVA族；W 和 R 组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则 W 为 N、R 为 O 元素；这 4 种元素的最外层电子数之和等于R 原子的核电荷数的2 倍，R 核电荷数为8,W 最外层有5 个电子、R 最外层有6 个电子、Y 最外层有4 个电子，则 X 最外层有1,且 X 原子序数大于R 而小于Y,为 Na元素，Y 为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.W、R、Y 分别是N、O、

19、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是RW Y,故 A 错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是XYW R,故 B 错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R 是活泼非金属元素、X 是活泼金属元素，二者易形成离子化合 物 NazO、Na2O2,故 C 错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性RW Y,则简单氢化物的热稳定性次序为RWY,故 D 正确；故选D。8、A【解析】A.向某溶液中加入稀硫

20、酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S”和 SO.?,且 SO3?过量，加入稀硫酸时发生反应2s2-+SO+6H+=3S J+3H2O,SO32+2H+=SO21+H20 ,S 单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故 A 错误；B.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，能氧化 生 成 L,是氧化剂、L 是氧化产物，则 B。的氧化性比h 的强，故 B 正确；C.元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2c03溶液和Na2s04溶液的p H,前者

21、呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性S C,故 C 正确；D.将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO和 C,则集气瓶中产生浓烟（MgO固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故 D 正确；故选A。【点睛】向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸，同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，则该溶液中一定含有S2O3%发生反应S2O+2H+=SL+SO2TH2O,这是常考点，经常在元素推断题中出现，也是学生们的易忘点。9、D【解析】依图知，NaOH 滴至 30 mL 时恰好完全中和，由 ciVi=c2V2,Vi：V2=10 mL：30 mL=l：3 得 ci：C

22、2=3：1,故 B、C两项被排除。又由于滴加NaOH到 20 mL时，混合溶液pH=2,设 c(NaOH)=c、c(HCl)=3c,则 c(H+)=(3cxlO mL-cx20mL)4-(10 mL+20 mL)=0.01 mobL 解得 c=0.03 moFL,3c=0.09 mobL o 选项 D 正确。答案选D。10、B【解析】A.SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，A 项正确；B.将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，污染土壤和水源，B 项错误；C.SO2及氮氧化物都能造成酸雨，故燃料脱硫、脱氮是减少酸雨的有效措施，C 项正确；D.用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利

23、用，可以减少二氧化碳对环境的影响，D 项正确；答案选B。11,D【解析】滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA,NaHA+NaOH=H2O+Na2A,第一反应终点溶质为NaH A,第二反应终点溶质为NazAo【详解】A.石蕊的的变色范围为58,两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故 A 错误；B.X 点为第一反应终点，溶液中的溶质为N aH A,溶液中存在质子守恒c(O H c(A*)=c(H+)+cdhA),故 B 错误；C.Y 点 溶 液J,口 A=L 5,所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和 Na?A,根据物料守恒可知V(%A)2c(Na+)=3c(A*

24、)+3c(HA-)+3c(H2A),故 C 错误；D.Na2A溶液主要存在A2的水解：A2+H2O=HA+OH；据图可知当c(A*)=c(HA)时溶液pH=9.7,溶液中c(HA)c(0H)c(OH)=1043m ol/L,而 Na2A 的第一步水解平衡常数 Kh=六二 当 c(A2)=c(HA)时其产 c(OH)=104 3,设c(A)0.01mol/LNa2A 溶液中 c(A2)=amol/L,贝！|c(OH)amol/L,Oh=卯 皿 解得 a=l()-3.i5moi/L,即O.Olmol.L-amol.L-1c(OH)=10-3 l5m ol/L,所以溶液的 pH=10.85,故 D

25、正确。【点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D 选项为难点，学习需要对“c(A2-)=c(HA)”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。12、C【解析】A、合 成 PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，选项A 错误；B、ImoIPPV中含有2nmol碳碳双键，最多能与4n m ollh发生加成反应，选 项 B 错误;与滨水加成后的产物为Br,根据苯分子中12个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有1 4 个原子共平面，选 项 C 正确；HD.电/飞工/H,和苯乙烯相差

26、C2H2,不是相差n个 C H 2,不互为同系物，选 项 D 错误。H答案选C。13、D【解析】A.乙烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷免结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故 A 错误；B.与苯环相连的碳原子是烷免结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故 B 错误；C.与双键相连的碳原子是烷烧结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故 C 错误；D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H 原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故 D 正确；故答案为：D。14、B【解析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则 C、S

27、i、乙位于第IVA族，乙为Ge,B、Al、甲位于IDA族，甲为G a,以此来解答。【详解】A.甲为G a,元素甲的原子序数为3 1,故 A 正确；B.非金属性C 大 于 G e,则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于C H s 相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH，故 B 错误；C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙5匕 故 C 正确；D.乙为G e,位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故 D 正确。故选B。【点睛】本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律

28、性知识的应用。15、D【解析】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，Zn025V2O54H2。得到电子，放电时是溶液中的Zi?+与插层结合，故 A 错误;B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故 B 错误；C.充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故 C 错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：Zn025+xV2O5 zH2O+(y-z)H2O-2xe=Z n025V2O5-yH2O+xZn2+,故 D正确；故选D。【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高

29、，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。16、D【解析】A、一氯甲烷等卤代垃跟苯的反应生成甲苯和HC1；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6 种，甲基上的氢也可以被取代；C、Imol b 加氢生成饱和克需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代克跟苯的反应生成甲苯和H C L 属于取代反应，故 A 错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6 种，甲基上的氢也可以被取代，故 B 错误；C、Imol b 加氢生成饱和克需要3moi%,故 C 错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3 种、4 种、1种，

30、故 D 正确。故选D。【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。二、非选择题(本题包括5 小题)17、取代反应酯基、溟原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B 物质中副产物多COOCHJCHJ产3I八CHJCHJCHJ CCH2CHCH3 HOCH2CH2OH、H C人 人COOCH2cH3 IaC、H.O*ClltOIIClijill2CHCIl3-_CII5CII2CIICIIJ I*CIIICHJCHCHJ I-ClbCH2CHCII5占 CN ro o ril 浓S O Q&O C H;【解析】A为O，B

31、为C H 2CI,由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为一CH2C N,酸性条件下水解得到D为：一CH2COOH.酸和醇发生酯化反应，生 成E为：一C H 2coO/H j，E发生取代反应生成F,F与碘甲烷发生取代反应生成G,G取代生成H,H与甲醇发生酯化反应，生成I,I发生取代反应得到J,同时还生成乙二醇，以此解答。【详解】(1)由上述分析可知，反应为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溟原子、酯基，故答案为：酯化反应(或取代反应)；溟原子、酯基；(2)由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反

32、应选择性差，得到的B物质中副产物多；(3)反应发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量d13(：112(：1121充分反应：COOCH2cH CHjCHjONa|CHjISOCiHjb+CH3cHic H jl-C H 3 c H lc C-CH2cH2cH3+2HI；8 O C H2cH 3(4)I发生取代反应得到J,根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应的化学方程式为：+HBr A BiH2c CHCOOCHj+X 其中产物 X 的结构简式为OHCH2CH2OH,故答案为：OHCH2CH2OH；(5)能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为酸键；苯环上一氯取代

33、物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4 组峰，说明只有4 种氢原子；符合条件的同分异构体为:CHOCH3CH2CHCH3 CHjCHjGHCHq(6)I 与 NaCN发生取代反应生成|,水解生成CH3cH2cH(COOH)CH3,与甲醇发生酯化反应生成|,合成路线为:COOCHj、*C、Il ClltOIICII,C ll:C IICIIj -11,(ll：(IICIIj CHjCIhCHCHj-;-CH2=CH-CH3,名称为丙烯，B 结构简式为CH3cH=CHCOOCH3,B 中含氧官能团名称是酯基;(2)C的结构简式为：-fH 土，D 是 C%=CHCH2C1,含 有 C

34、l原子，与 NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：COOHCH2=CHCH2O H,该水解反应也是取代反应；因此D 变 为 E 的反应为取代反应或水解反应;(3)ECH2=CHCH2OH.E 与 2.氯-1,3.丁二烯发生加成反应生成F,F 结构简式为产:O H),该反应方程式为:CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CC1=CH2(4)B结构简式为CH3cH=CHCOOCH3,B 的同分异构体中，与 B 具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3 组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；COOH CO

35、ONa COONa含有较基，可以与NaOH反应产生(，；含有竣基可以与NaHCCh反应产生和HzO、CH2OH CH,OH CH,OHCOOH COOHCO2,则等物质的量 G 消耗NaOH、NaHCCh的物质的量之比为1：1;在，)中含有较基、碳碳双键、CH,OH CH.OH醇羟基三种官能团，检验峻基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是:加入滨水，溟水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知

36、识综合运用、知识迁移能力。19、恒压滴液漏斗 防止外界空气中水蒸气进入影响实验 控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高 be 分液 洗去残留的HC1 苯 48.5 84.4【解析】苯与苯甲酰氯为原料，在 AlCb作用下制备二苯甲酮,实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装 置 B 的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有H C1,极易溶于水，用 C 中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的H C L 用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品

37、先经常压蒸情除去苯，再减压蒸储得到产品。【详解】(1)由装置图：仪 器 A 的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B 的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有H C L 极易溶于水，用 C 中装置吸收，能作为C 中装置的是be(填标号)。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；be；(2)制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X 为分液。故答案为：分液；

38、(3)分液后得到的有机相中含有HCL NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HC1。故答案为：洗去残留的HC1；(4)苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸储除去苯，再减压蒸储得到产品。故答案为：苯；(5)纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为4 8.5 C,当所测产品熔点为48.5C时可确定产品为纯品。30mL苯(密 度 0.88g-mLr)的物质的量为-mol=0.34mol,6 mL新蒸情过的苯甲酰氯物质的量为7o6)xX 22mol=0.05210mol,由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210molx182g-mo=9.482g,则本140.58g实验中苯乙酮的

39、产率为c /o c xl00%=84.4%,9.482g故答案为：48.5；84.4；【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，(7)为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。20、三颈烧瓶 Na2s03 溶液 2Cu2+SO；+2CT+H2O=2CuCll+2ir+SO：与 H+作用，调整 pH 3.5 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 6CUCI+8HNO3=3CU(NO3)2+3CUC12+2NOT+4H2O 温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时

40、视线与凹液面最低处相切 C-B-A【解析】根据仪器1 的图示解答；制备过程中Na2so3过量会发生副反应生成 CU(SO3)23-，需要控制Na2sO3的加入量，据此分析判断；根据题意，在 CuSOa液中加入一定量的Na2s()3和 NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合 Na2cCh的性质分析解答；(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用 CuCl作 02、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和 O2的含量，可 用 KO

41、H吸收二氧化碳，然后用B 吸收氧气，再用A 吸收C O,最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2s03过量会发生副反应生成 Cu(SO3)2 p-,为提高产率，可控制Na2sCh的加入量，则仪器2 中所加试剂应为Na2s03溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2s03溶液；在提纯后的CuSO 液中加入一定量的Na2sCh和 NaCl溶液，加热，生 成 CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+SO32-+2Cr+H2O=2CuCll+SO4*+2H+,用 Na2s(h-Na2cCh混合溶液代替Na2s

42、Ch溶液，Na2cCh可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+,利于反应进行，由图象可知，应维持pH在 3.5 左右，故答案为：2Cu2+SO32-+2Cr+H2O=2CuCl|+SO42-+2H+；与 H+作用，调整 pH；3.5；(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(N(h)2+3CuCL+2NOT+4H20；用 D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低

43、处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作 02、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2.N2和 O2的含量，可 用 KOH吸收二氧化碳，然后用B 吸收氧气，再用A 吸 收 C O,最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为CTB ATD,故答案为：6CuCI+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCh+2NOt+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；CTBTA。Na2cO3、NaHCO3、银氨溶液、新制 Cu(OH)2等【解析】有机物中的竣基和酯基、酚羟基，都能与氢氧化钠溶液发生反应。碳碳双键与溟发生加成反应，酚羟基的邻位、对位的H 原子与溟

44、发生取代反应；(3)醇羟基、酚羟基、竣基都能与金属钠反应；醇羟基与碳酸钠不反应，酚羟基、竣基能与碳酸钠反应；(4)官能团种类和个数相同，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物为同系物，相对分子质量越小，沸点越低；根据含有的官能团不同鉴别A、B,【详解】(D A 含有酚羟基和酯基，都可与氢氧化钠反应，该酯基可水解生产酚羟基和甲酸，贝(Ilm olA可消耗3moiNaOH,B含有酚羟基和竣基，ImolB可消耗2moiNaOH,则消耗氢氧化钠物质的量之比为3：2；(2)B 含有碳碳双键，可与溪发生加成反应，含有酚羟基，可与澳发生取代反应，方程式为ONa ONa(3)欲 将 B 转 化 为,可加入钠，若 在 B 中加入足量Na2c03溶液，只有酚羟基和竣基反应，生成物OH为OH(4)某有机物是A 的同系物，且沸点比A 低，则不含甲基，为广、，A 含有醛基，可用银氨溶液、新 制 Cu(OH)OOCH2等检验，B 含有竣基，可 用 Na2cCh、NaHCCh检验。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重学生的分析能力的考查，把握官能团结构与性质的关系即可解答，注意甲酸酯能发生银镜反应。