2022年高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、取三份浓度均为0.1 mol/L，体积均为1 L 的CH3COONa 溶液中分别加入NH4Cl 固体、CH3COONH4固体、HCl 气体后所得溶液pH 变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A曲线 a、b、c 分别代表加入 CH

2、3COONH4、NH4Cl、HClB由图可知 Ka(CH3COOH)Kb(NH3H2O)1107CA点处 c(CH3COO)c(Na) c(NH4) c(OH) c(H)DC点处 c(CH3COO)c(Cl)c(OH)0.1mol/L2、 “以曾青涂铁。铁赤色如铜东晋.葛洪。下列有关解读正确的是A铁与铜盐发生氧化还原反应.B通过化学变化可将铁变成铜C铁在此条件下变成红色的Fe2O3D铜的金属性比铁强3、下列图示与对应的叙述相符的是( )。A表示反应的B表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线，点对应温度高于点C针对N2+3H2=2NH3 的反应，图表示时刻可能是减小了容器内的压强D表示向醋酸稀溶液中

3、加水时溶液的导电性变化，图中点大于点4、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 mol甲苯分子最多共平面的原子个数为B在标准状况下，4.48L环己烷含氢原子个数为C，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中键数为D和的混合气体中含有的质子数，中子数均为5、下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种6、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A干馏B气化C液化D裂解7、某有机物的结构简式为有

4、关该化合物的叙述不正确的是（ ）A所有碳原子可能共平面B可以发生水解、加成和酯化反应C1mol该物质最多消耗2molNaOHD苯环上的二溴代物同分异构体数目为4种8、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（ ）A+BCC溶液A+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为CuABCD9、 “乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是AKClO3BNa2SO4CKNO3DNa

5、2O210、用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是A得电子能力H+Na+，故阴极得到H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C失电子能力Cl-OH-，故阳极得到Cl2DOH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红11、下列制绿矾的方法最适宜的是用AFeO与稀H2SO4BFe屑与稀H2SO4CFe(OH)2与稀H2SO4DFe2(SO4)3与Cu粉12、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是 选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气

6、体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释AABBCCDD13、用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是A属于化学腐蚀BO2未参与反应C负极反应2Fe-6e+3H2OFe2O3+6H+D正极反应O2+4e- +2H2O4OH-14、以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下： 相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)2HI(aq) + H2SO4(aq)；H1=213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) SO2(g) + H

7、2O(l) +1/2O2(g)；H2= +327 kJmol-1反应III：2HI(aq) H2(g) + I2(g)； H3= +172 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A该过程实现了太阳能到化学能的转化BSO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)；H= +286 kJmol-1D该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变15、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A丙烯醛分子中所有原子可能共平面B可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯C对二甲苯的二氯代物有6种DM能发生取代，加

8、成，加聚和氧化反应16、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、对乙酰氨苯酚(M)是常用的消炎解热镇痛药。其合成路线如下：完成下列填空：(1)A的结构简式为_。CD的反

9、应类型为_。(2)实验室中进行反应的实验时添加试剂的顺序为_。(3)下列有关E的说法正确的是_。（选填编号）a分子式为C6H6NO b能与溴水发生加成反应c遇到FeCl3溶液能发生显色反应 d既能和氢氧化钠溶液反应，又能和盐酸反应(4)已知 与 的性质相似，写出一定条件下M与NaOH溶液反应的化学方程式。_(5)满足下列条件的M的同分异构体有_种。苯环上只有两种不同环境的氢原子；苯环上连有NH2；属于酯类物质。(6)N-邻苯二甲酰甘氨酸()是重要的化工中间体，工业上以邻二甲苯和甘氨酸(NH2-CH2-COOH)为原料通过一系列的反应制取该化合物，请参照上述流程的相关信息，写出最后一步反应的化学

10、方程式。_18、一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：（1）化合物A转化为B的方程式为_，B中官能团名称是_。（2）H的系统命名为_，H的核磁共振氢谱共有_组峰。（3）HI的反应类型是_（4）D的分子式为_，反应B十ID中Na2CO3的作用是_。（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为_。（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有_种。核磁共振氢谱有4组峰；能发生银镜反应；与FeCl3发生显色反应。19、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。.制备Na2S2O5可用

11、试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)（1）如图装置中仪器A的名称是_。A中发生反应的化学方程式为_。仪器E的作用是_。（2）F中盛装的试剂是_。.探究Na2S2O5的还原性（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为_。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品_。.测定Na2S2O5样品的纯度。（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制

12、100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为_%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度_。（填“偏高”、“偏低”）20、为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称_。（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的

13、离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液_D_（4）写出C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加23滴_作指示剂，然后用0.2000molL-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000molL-1HCl

14、溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为_。21、甲醛（HCHO）在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醇（CH3HO）制备甲醛脱氢法：CH3OH（g） HCHO（g）+H2 (g) H1=+92.09kJmol -1氧化法：CH3OH（g）+1/2O2（g）HCHO（g）+H2O（g） H2（1）脱氢法制甲醛，有利于提高平衡产率的条件有_ （写出一条）。（2）已知：2 H2（g） + O2（g）= 2H2O（g） H3=-483.64kJmol -1，则H2=_。（3）750K 下，在恒

15、容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生脱氢法反应，若起始压强为P0，达到平衡时转化率为40.0% ，则反应的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，忽略其它反应）。（4）Na2CO3是脱氢法反应的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：历程i ：CH3OHH+ CH2OH 历程ii ：CH2OHH+ HCHO历程iii：CH2OH3H +CO 历程iv：H+HH2如图所示为在体积为1L的恒容容器中，投入1mol CH3OH，在碳酸钠催化剂作用下，经过10min反应，测得甲醇的转化率（X）与甲醇的选择性（S）与温度的关系（甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCH

16、O的百分比）。回答下列问题：600时，前10min内甲醛的平均速率为v（HCHO）=_从平衡角度分析550- 650甲醇生成甲醛的转化率随温度升高的原因为_；反应历程i的活化能_（填“”“”“7，则c(OH)c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO)c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO)c(Na) c(NH4) c(OH) c(H)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3C

17、OO)+c(Cl)+c(OH)0.1mol/L，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。2、A【解析】A铁与铜盐发生置换反应Fe+Cu2+Fe2+Cu，属于氧化还原反应，A正确；B化学变化不能将原子核改变，也即不能改变元素的种类，不可能将铁变成铜，B错误；C由A的分析知，铁在此条件下变成Fe2+，赤色为生成Cu的颜色，C错误；D铁置换出铜，说明铜的金属性比铁弱，D错误。故选A。3、C【解析】A. 根据图，反应ABCD属于放热反应，H-(a-c) kJmol-1

18、，故A错误；B. 根据图，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C.根据 图， t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D. 根据图，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。4、D【解析】A. 苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为，A错误；B. 标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；C. ，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；D. 和的

19、摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为，D正确；故答案选D。5、C【解析】A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合

20、条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。6、D【解析】煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。7、C【解析】A含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；B含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B正确；C能与氢氧化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1mol该物质最多消耗3 mol NaOH，故C错误；D苯环

21、有2种H，4个H原子，两个Br可位于相邻(1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。故答案为C。【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，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。8、D【解析】从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。【详解】若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故错误；若C的

22、溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故符号上述转化关系，故正确；若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故错误；由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故正确；故选D。9、C【解析】我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”， “焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。10、D【解析】A. 得电子能力H+Na+，电解饱和食盐

23、水阴极：2H+2e-H2，故A正确；B. 电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C. 失电子能力Cl-OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl-2e- = Cl2 ，故阳极得到Cl2，故C正确；D. D. 电解池中，阴离子会向阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。11、B【解析】空气中的氧气能够氧化Fe2+，加入铁粉可以将铁离子转化为亚铁离子，据此分析。【详解】AFeO与稀H2SO4生成硫酸亚铁，Fe2+易被氧化成三价铁，A错误；BFe屑与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁，加入铁粉可以防止二价铁被氧化，B

24、正确；CFe(OH)2与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁，易被空气氧化，C错误；DFe2(SO4)3与Cu粉反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，产品不纯，D错误；答案选B。【点睛】绿矾是FeSO47H2O，二价铁不稳定易被空气氧化，所以在制备与二价铁有关的物质时都要考虑防止变质，一般可以隔绝空气，或者加入还原性物质。12、C【解析】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过

25、量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。13、D【解析】A. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；B. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，虽然苯可使NaCl溶液隔绝外界空气，但溶液中有溶解氧，氧气参与了反应，故B错误；C. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，负极失电子形成Fe2+，方程式为：Fe-2e- = Fe2+

26、，故C错误；D. 铁在碱性或者接近中性电解质溶液中主要发生吸氧腐蚀，正极得电子生成氢氧根，电极方程式为：O2+4e- +2H2O4OH-，故D正确；正确答案是D。14、C【解析】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低

27、了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。15、C【解析】A丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正确；B异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别，B正确；C对二甲苯里面有两种类型的H，其二氯代物共有7种：当两个氯取代甲基上的H时有两种，当有一个氯取代甲基上的H，另一个取代苯环上的H，有邻、间两种结构，当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有3种结构，此二氯代物有3种，C错误；DM中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛

28、基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应，D正确；答案选C。16、D【解析】根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清

29、石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CHO 还原反应 浓硝酸，浓硫酸，苯 cd +2NaOHCH3COONa+H2O 3 +NH2CH2COOH+H2O 【解析】B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH，可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO，A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为，反应为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D；(4)M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有-NH2，属于酯类物质，苯环

30、上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到与水。【详解】由上述分析可知：A为CH3CHO，B为CH3COOH，C为，D为，E为，M为。(1)由上述分析可知，A的结构简式为：CH3CHO，C为，D为，C与HCl、Fe存在条件下发生加氢去氧的还原反应产生，所以CD的反应类型为还原反应；(2)反应为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；(3)由上述分

31、析可知，E为。a根据E的结构简式可知其分子式为C6H7NO，a错误；bE含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，b错误；cE含有酚羟基，遇到FeCl3溶液能发生显色反应，c正确；dE含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，故合理选项是cd；(4)M为，M水解得到的乙酸与，乙酸与中酚羟基与氢氧化钠继续反应，反应方程式为：+2NaOHCH3COONa+H2O；(5)M的同分异构体满足：苯环上连有NH2，属于酯类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH3OOC，符合条件

32、的同分异构体有3种；(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，与NH2CH2COOH反应得到和水，故最后一步反应的化学方程式为：+NH2CH2COOH+H2O。【点睛】本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。18、 溴原子、（酚）羟基 3-氯-1-丙烯 3 氧化反应 吸收生成的HCl,提高反应产率 2 【解析】苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。HI的

33、反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。根据D的结构式得出分子式，B十ID中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应。根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。【详解】化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙

34、烯，3；分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；根据D的结构简式可得分子式，反应B十ID中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应，生成，故答案为：；根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。19、三颈烧

35、瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 浓NaOH溶液 5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O 氧化变质 95.0 偏高 【解析】A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。【详解】（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。故答案为

36、：三颈烧瓶；Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂-浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为：浓NaOH溶液；.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4将S2O52氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5S2O54MnO4

37、2H=10SO424Mn2H2O；氧化变质；.（4）由关系式：5SO322MnO4，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4)= 0.2500mol/L20.0010-3L=2.00010-3mol，再由5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O得：Na2S2O5样品的纯度为= 100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。20、分

38、液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【

39、详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若