2022年福建省仙游县高三第二次联考化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是 A白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素BX、Y分别与Z形成的化合物都只有两种CX、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：XYDX

2、、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物2、天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A溶解B搅拌C升华D蒸发3、化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是A碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B氯气可用于海水提溴C氨气能做制冷剂D过氧化钠可用作航天员的供氧剂4、X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产

3、生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）A原子半径的大小顺序：XYZRBX、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：XYC最高价氧化物对应水化物的酸性：RXDY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A简单离子半径：ZXD由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性6、下列转化，在给定条件下能实现的是NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3

4、(s)Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3N2NH3NH4Cl(aq)SiO2SiCl4 SiABCD7、下列说法正确的是氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中ABCD8、下列说法中，正确的是A78g Na2O2固体含有离子的数目为4NAB由水电离出的c(H)=1012molL1溶液中Na、NH4+、SO42、NO3 一定能大量共存C硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝的反应为：4I+O

5、2+4H+=2I2+2H2OD将充有NO2的玻璃球浸到热水中气体颜色加深说明2NO2(g)N2O4(g) H 09、按照物质的组成分类，SO2属于（ ）A单质B酸性氧化物C碱性氧化物D混合物10、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()AFeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOCCaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2等重金属11、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是Ab膜是阳离子交换膜BA极

6、室产生气泡并伴有少量沉淀生成C淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHApHBpHCDB极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝12、已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。下列说法不正确的是（ ）A若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应B若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第A族C若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2：3D若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L13、以丁烯二醛和肼为原料经

7、过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（ ）A哒嗪的二氯代物超过四种B聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色C丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪D物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同14、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A电动汽车充电、放电过程均有电子转移B很多鲜花和水果的香味来自于酯C淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料15、下列有关化合物的说法正确的是（ ）A所有原子共平面B其一氯代物有6种C是苯的同系物D能使酸性高锰酸钾溶

8、液褪色16、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CAl(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)DN2(g)NH3(g)Na2CO3(s)二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）反应的反应类型是_；J中官能团名称是_。（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是_。（3）根据流程中的信息，在反应的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为_。（4）反

9、应的化学方程式为：其中产物X的结构简式是_。（5）写出符合下列条件的I的同分异构体_。能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上一氯取代物只有一种；核磁共振氢谱有4组峰。（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH为有机原料合成的合成路线。_18、一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOORROH RCOO R+ ROHPC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_，检验C中所含官能团的必要试剂有_。（2）D的系统命名为_。（3）反应II的反应类型为_，反应的原子利用率为_。（4）反应IV的化学方程式为_。（5）1molPC塑料与足量NaOH

10、溶液反应，最多消耗_molNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_（任写一种）分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：119、SO2是一种大气污染物，但它在化工和食品工业上却有广泛应用。某兴趣小组同学对SO2的实验室制备和性质实验进行研究。(1)甲同学按照教材实验要求设计如图所示装置制取SO2本实验中铜与浓硫酸反应的化学方程式是 _，铜丝可抽动的优点是_。实验结束后，甲同学观察到试管底部出现黑色和灰白色

11、固体，且溶液颜色发黑。甲同学认为灰白色沉淀应是生成的白色CuSO4夹杂少许黑色固体的混合物，其中CuSO4以白色固体形式存在体现了浓硫酸的_性。乙同学认为该实验设计存在问题，请从实验安全和环保角度分析，该实验中可能存在的问题是_。(2)兴趣小组查阅相关资料，经过综合分析讨论，重新设计实验如下(加热装置略)：实验记录 A 中现象如下：序号反应温度/实验现象1134开始出现黑色絮状物，产生后下沉，无气体产生2158黑色固体产生的同时，有气体生成3180气体放出的速度更快，试管内溶液为黑色浑浊4260有大量气体产生，溶液变为蓝色，试管底部产生灰白色固体，品红溶液褪色5300同上查阅资料得知： 产物中

12、的黑色和灰白色固体物质主要成分为 CuS、Cu2S 和 CuSO4，其中CuS 和 Cu2S为黑色固体，常温下都不溶于稀盐酸，在空气中灼烧均转化为CuO和SO2。实验中盛装浓硫酸的仪器名称为 _。 实验记录表明_对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，在操作上应该_。装置C 中发生反应的离子方程式是 _。将水洗处理后的黑色固体烘干后，测定灼烧前后的质量变化，可以进一步确定黑色固体中是否一定含有 CuS其原理为_(结合化学方程式解释)。20、草酸合铜()酸钾KaCub(C2O4)cxH2O是一种重要的化工原料。（1）二草酸合铜()酸钾晶体可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶

13、液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作，其目的是_。（2）某同学为测定草酸合铜()酸钾的组成，进行如下实验：步骤测定Cu2+：准确称取0.7080 g样品，用20.00 mL NH4ClNH3H2O缓冲溶液溶解，加入指示剂，用0.1000 molL1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点（离子方程式为Cu2+H2Y2CuY2+2H+），消耗EDTA标准溶液20.00 mL；步骤测定C2O42-：准确称取0.7080 g样品，用6.00 mL浓氨水溶解，加入30.00 mL 4.0 molL1的硫酸，稀释至1

14、00 mL，水浴加热至7080，趁热用0.1000 molL1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗KMnO4溶液16.00 mL。已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，步骤发生反应的离子方程式为_。步骤滴定终点的现象是_。通过计算确定草酸合铜()酸钾的化学式（写出计算过程）。_21、二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题。.CO2可以与H2反应合成C2H4，该转化分两步进行： 第一步：CO2(g)H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.3kJmol-1第二步：2CO(g)4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) H=210.5kJmol-1（1）CO2与H2反

15、应反应合成乙烯的热化学方程式为_。（2）一定条件下的密闭容器中，要提高CO2合成乙烯的转化率，可以采取的措施是_（填标号）。减小压强 增大H2的浓度 加入适当催化剂 分离出H2O(g)（3）己知温度对CO2合成乙烯的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。N点的速率最大M点的平衡常数比N点的平衡常数大温度低于250时，随温度升高乙烯的平衡产率增大实际反应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率.研究表明CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0

16、mo1CO2和4.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：（4）催化效果最佳的是催化剂_(填“A”、“B”或“C”)。（5）T2温度下，若反应进行10min达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率v(CO2)=_。（6）图中b点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K=_。（7）在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得如下实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312

17、.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】按照排布规律，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；

18、C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为ONP，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误；答案选D。2、C【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；

19、故选C。3、A【解析】A.碳酸钡能够与胃酸(盐酸)反应产生可溶性的氯化钡，氯化钡是重金属盐，能够使蛋白质变性，导致人中毒，所以不能作钡餐，硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸、同时也不能被X透过，所以应该用硫酸钡作胃肠X射线造影检查A错误；B氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，B正确；C氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使周围的环境温度降低，因此可作制冷剂，C正确；D过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，D正确；故合理选项是A。4、C【解析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、

20、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【详解】A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：YXR H2CO3，故C正确；D. Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答

21、案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。5、D【解析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d 是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。【详解】由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。AZ、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单

22、离子半径：ZY，选项A正确；B过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；C元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性YX，所以简单气态氢化物的热稳定性：YX，选项C正确；D上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。【点睛】本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。6、A【解析】NaCl溶液电解的得到氯气，氯气

23、和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；SiO2和盐酸不反应，故错误。故选A。7、B【解析】氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确

24、；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；8、C【解析】A、Na2O2的电子式为，可知，molNa2O2中有2molNa和1molO22，共3mol离子，离子数目为3NA，A错误；B、由水电离出的c(H)=1012molL1溶液可能是酸性，也可能是碱性，NH4+在碱性环境下不能大量共存，B错误；C、I在空气中容易被

25、O2氧化，在酸性条件下，发生反应4I+O2+4H+=2I2+2H2O，C正确；D、NO2玻璃球加热颜色加深，说明NO2的浓度增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0，D错误；答案选C。9、B【解析】A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧

26、化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B。10、B【解析】A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；故合理选项是B。11、A【解析】A、因为阴极是阳离子反应

27、，所以b为阳离子交换膜，选项A正确；B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；C、淡化工作完成后，A室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH大小为pHApHCpHB，选项C错误；D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D错误。答案选A。12、B【解析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为

28、强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系；A若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，D为HNO3或H2SO4，H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应，故A正确； B若A为非金属单质，则A为N2(或S)，氮元素处于第二周期A族，硫元素处于第三周期A族，故B错误；C若A为非金属单质，则A为N2(或S)，B为NO(或SO2)，C为NO2(或SO3)，D为HNO3(或H2SO4)，其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2：3，故C正确； D若A是金属或非金属单质，则A为Na或N2或S，D为NaOH或HNO3或H2S

29、O4，0.1mol/L NaOH溶液或HNO3溶液中水电离出的c(H)都是1013mol/L，故D正确；故答案选B。13、C【解析】A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；D. 1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。故选C。14、D【解析】A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中

30、含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。15、D【解析】A. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；B 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。16、C【解析】A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A不符合题意； B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫

31、，则不能实现，故B不符合题意； C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C符合题意； D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D不符合题意。 故选：C。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出，NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应酯基、溴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HOCH2CH2OH、【解析】A为，B为，由合成流程结合生成C的条件及

32、图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，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中含有官能团为溴原子、酯基，故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴原子、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CH3C

33、H2CH2I充分反应：；（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：，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，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，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：、，故答案为：、；（6）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：。18、溴原子 NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 2-丙醇 氧化反应 100% 4n 等 【解

34、析】B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产

35、生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，反应的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种

36、，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。19、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 便于控制反应的开始与停止 吸水 无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸 分液漏斗 反应温度 迅速升温至260 Ba2+2N

37、O33SO22H2O=BaSO42NO2SO42-4H+ 2CuS3O2 2CuO2SO2、Cu2S2O22CuOSO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS 【解析】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，铜丝可抽动的优点是便于控制反应的开始与停止，故答案为：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；便于控制反应的开始与停止；CuSO4呈白色，说明浓硫酸具有吸水性，吸收硫酸铜晶体中结晶水得到白色CuSO4，故答案为：吸水；二氧化硫易溶于水，有毒，污染空气，该装置中无尾气吸收装置，停止加热时

38、可能发生溶液倒吸，故答案为：无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸；（2）由图示知，实验中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；实验记录表明温度对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，为了防止副反应发生，在操作上应该迅速升温至260；故答案为：；反应温度；迅速升温至260；二氧化硫进入装置C，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、NO和硫酸，反应的离子方程式是 Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO42NO2SO42-4H+，故答案为：Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO42NO2SO42-4H+；根据反应分析，2CuS3O2 2CuO2SO2、Cu2S2O22CuOSO2，

39、后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS，故答案为：2CuS3O2 2CuO2SO2、Cu2S2O22CuOSO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS。20、回收乙醇 2+5+16H+2Mn2+10CO2+8H2O 当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色 由步骤的反应离子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得关系式：Cu2+H2Y2，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式：2Mn

40、O4-5C2O42-，则有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜()酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)22H2O。 【解析】（1）分析题中所给信息，硫酸铜不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于晶体的析出。加入乙醇后，乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。（2）根据题中步骤测定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可计算出0.7080 g样品中Cu2+的量；根据步骤测定C2O42-的过程中，KMnO4和C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应，结合氧化还原反应原理，可计算出0.7080 g

41、样品中C2O42-的量；结合电荷守恒和质量守恒，分别计算出K+和H2O的量。进而可确定草酸合铜()酸钾的化学式。【详解】（1）乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。答案为：回收乙醇；（2）根据氧化还原反应原理，可知离子反应方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；KMnO4溶液为紫红色，当加入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色；由步骤的反应离子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得关系式：C