兰州大学2022年高考仿真卷化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（ ）A甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集NO气体2、某有机物的结构为，下列说法正确的是（ ）A1 mol该有机物最多可以与7

2、 mol H2发生加成反应B该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C0.1 mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36L H2D与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种（不考虑立体异构）3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA4、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的

3、阴离子是（ ）Cl- NO3SO42S2-ABCD5、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯将12个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧， 打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是A当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度

4、计C蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热D要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏6、分枝酸是生物合成系统中重要的中间体，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述不正确的是（ ）A分子中含有4种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色D1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应7、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、过量HC1B、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量AABBCCDD8、下列各组物质所含化学键相同的

5、是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）9、以Fe3O4Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的，其反应过程如图所示已知Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是A处理的电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2OBFe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH降低D消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mgL1的废水2m310、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A向1 L

6、1 molL-1 NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为NAB标准状况下,体积均为2.24 L的CH4与H2O含有的电子总数均为NAC2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2NAD由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为NA11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A氢化物的熔点一定是：YWCX、Y、Z三种元素只能组成一

7、种化合物D工业上常用热还原法冶炼单质W12、下列除去括号内杂质的方法正确的是（ ）AFeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤BCO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体CN2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体DKCl (MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤13、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移BNi极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C电池工作结束后，电解质溶液的pH降低DA

8、l电极质量减轻13.5g，电路中通过9.031023个电子14、图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是AA2B的化学式为Mg2SiB该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC利用MgCl26NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同15、肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A分子式为C9H9O2B不存在顺反异构C可发生加成、取代、加聚反应D与安息香酸（）互为同系物16、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O

9、4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A水蒸气的体积分数增大B氢气的浓度增大C平衡常数变大D铁的质量增大二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+HCHO+HCOO-回答下列问题：（1）E中含氧官能团名称为_非含氧官能团的电子式为_。E的化学名称为苯丙炔酸，则B的化学名称为_。（2）CD的反应类型为_。BC的过程中反应的化学方程式为 _。（3）G的结构简式为_。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式

10、_。遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应；分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4（5）写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。_。18、以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。（1）写出“甲苯A”的化学方程式_。（2）写出C的结构简式_，E分子中的含氧官能团名称为_；（3）上述涉及反应中，“E酚酞”发生的反应类型是_。（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色， 能与碳酸氢钠反应，苯环上只有2个取代基的， 能使溴的CCl4溶液褪色。（5）写出乙酰水杨

11、酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：_。（6）由D合成E有多步，请设计出DE的合成路线_。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：DE)19、CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.6

12、4.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为_。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最

13、佳pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。(答一条即可)20、（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110失去结晶水，230分解。某化学研究小组对受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_。（

14、2）装置的连接顺序为：A_F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是_，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是_。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物_（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中的_（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）（乙方案）（丙方案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_方案。（6）经测定产物中，写出分解的化学方程式

15、_。21、某有机物A能与NaOH溶液反应，其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧。（1）A的分子式是_。（2）若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，其结构可能有_种。（3）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1mol A消耗1mol NaOH，则A的结构简式是_。（4）若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1mol A消耗2mol NaOH，则符合条件的A的结构可能有_种，其中不能发生银镜反应的物质的结构简式是_。写出该物质与氢氧化钠反应的化学方程式_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】试

16、题分析：A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸，乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强，故A错误；B橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C正确；DNO不溶于水，因此在此装置中充满水，从进气可以收集NO气体，故D正确；故选A。考点：考查化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点2、A【解析】该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸

17、性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可与7mol H2发生加成反应，选项A正确；B该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误；C虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C错误；D分子中含有戊基-C5H11，戊基有8种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和

18、性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，题目难度不大。3、B【解析】A由于镁反应后变为+2价，故1mol镁反应转移2NA个电子，故A错误；BCnH2n的最简式为CH2，故14g此链烃中含有的CH2的物质的量为1mol,则含2NA个CH键，故B正确；C pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；D氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；答案选B。【点睛】不管Mg在空气中完全燃烧生成MgO或者是Mg3N2，镁的化合价都升高到

19、+2价，从化合价的变化，算出电子转移的数目。4、D【解析】pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则一定不存在，可能存在，故选D。5、B【解析】A柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；B长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；C蒸馏结束后，为防止倒

20、吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；D精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；故答案为B。6、D【解析】A. 分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A正确；B. 羧基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；C. 含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而褪色，故C正确；D. 1mol分枝酸2mol羧基，因此最多可与2molNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】和钠反应的基团主要是羧基、羟基，和氢氧化钠反应的

21、的基团是羧基，和碳酸钠反应的基团是羧基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是羧基。7、D【解析】AHCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H+SiO32-=H2SiO3、H+HCO3-=H2O+CO2，故A不符合题意；B题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故B不符合题意；CHClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO+4H2O+3I2，故D符合题意

22、。故答案选D。8、D【解析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意； B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意； C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意； D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体

23、中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。9、C【解析】A根据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故A正确；BFe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则Fe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C根据图示，总反应方程式可知：2H+2NO2+3H2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故C错误；D根据C项的总反应2H+2NO2+3H2N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=0.3mol=

24、0.2mol，可处理含4.6mgL1 NO2-废水的体积=2103L=2m3，故D正确；答案选C。10、D【解析】A. 向1 L 1 molL-1 NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于NA，故A错误；B. 标准状况下， H2O是液体，2.24 L H2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；C. NO和O2反应生成NO2，体系中存在平衡， 2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于2NA，故C错误；D. 乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是，由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原

25、子物质的量是 ，氢原子数是NA，故D正确。选D。11、B【解析】X、Y和Z组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH， X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为Al或Si。【详解】AC元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物，故A错误；B无论W为Al还是Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：YW，故B正确；CC、H、O元素可以组成多

26、种烃类的含氧衍生物，故C错误；D若W为Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；故答案为B。【点睛】易错选项为D，要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以根据题目所给信息无法确认W具体元素，要分情况讨论。12、A【解析】A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确； B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。【点睛】除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不

27、减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。13、C【解析】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e

28、-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.53NA=9.031023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解

29、质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。14、C【解析】由反应可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl26NH3，MgCl26NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl26NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl26NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于

30、反应而循环使用，以此解答该题。【详解】A由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；B反应需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl26NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应而循环使用，故B正确；C由流程可知MgCl26NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；D分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；故答案为C。15、C【解析】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可

31、以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。16、B【解析】A铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重

32、新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 苯丙烯醛 加成反应 +2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O+3H2O CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4 【解析】由信息及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为，因此B为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则C为，C与溴发生加成反应生成D，D为，D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比F、H的结构简式，结合信息可知，G为。据此分析解答

33、。 (5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；苯丙烯醛；(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，BC的过程中反应的化学方程式为+2Cu(OH)2 +NaOH

34、+Cu2O+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O；(3)G的结构简式为，故答案为；(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；分子中有5种不同化学环境的氢且个数比为11224，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为

35、CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。【点睛】本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息和信息的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。18、 羧基、羟基 取代或酯化 或的邻、间、对的任意一种 （写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）【解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。（1）“甲苯A”的化学方程式为； （2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称

36、为羧基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，苯环上只有2个取代基，能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，DE的合成路线为。19、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O Fe(OH)3 、A

37、l(OH)3 蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 【解析】（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将F

38、e2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢

39、氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间， Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中Co

40、Cl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。20、NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O B F D E C 排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果 防止F中溶液倒吸进入C中 甲、乙 【解析】实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，

41、再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气

42、体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。【详解】实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O。利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：AB FDE CF；