青海省海北市2021-2022学年高考冲刺模拟化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用0.1 molL1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（ ）AKa2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中Z点对应的溶液中：c(Na)c(SO32)c(HSO3

2、)c(OH)D图中Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)2、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为31D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物3、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A该混合物一定是K2CO3和NaClB该混合物可能是Na2CO3和KClC该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D该混合物一定是Na2C

3、O3和NaCl4、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A1molL-1NaClO溶液：H+、SO42-、I-B使酚酞呈红色的溶液中：K+、Na+、NO3-、Cl-Cc(H+)c(OH-)=11014的溶液：Na+、Fe2+、NO3-D由水电离cOH-=110-14molL-1的的溶液：K+、Cl-、HCO3-5、25时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mo1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数一lgc水(OH-)即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是A水的电离程度：MPB图中P点至Q点对应

4、溶液中逐渐增大CN点和Q点溶液的pH相同DP点溶液中6、阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol电子，就有NA个Cr2O72-被还原C标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD1molLiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA7、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2+SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A电池工作时Cd2向电极

5、B移动B电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2+Cd2+D反应中每生成a mol Hg转移3a mol电子8、根据元素在周期表中的位置可以预测A分解温度：CH4H2SB氧化性：NaClONa2SO3C同浓度溶液pH：Na2SiO3 Na2CO3D金属性：Ca Na9、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是ANa+ K+ OH- Cl- BNa+ Cu2+ SO42- NO3-CCa2+ HCO3- NO3-K+ DMg2+ Na+ SO42- Cl-10、下列表示不正确的是A中子数为20的氯原子：37ClB氟离子

6、的结构示意图：C水的球棍模型：D乙酸的比例模型：11、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息进行判断，下列说法正确是（ ）Ad、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子Bd与e形成的化合物中只存在离子键Cx、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高Dx与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键12、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe24

7、Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，则下列说法正确的是A该反应中Fe2是还原剂，O2是还原产物B4 mol Na2O2在反应中共得到8NA个电子C每生成0.2 mol O2，则被Fe2还原的氧化剂为0.4 molD反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀13、已知：乙醇、乙醛的沸点分别为78、20.8。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的制备、收集和检验”一系列实验，其中设计不合理的是A提供乙醇蒸气和氧气B乙醇的催化氧化C收集产物D检验乙醛14、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B用铂

8、丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO215、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、下列解释对应事实的离子方程式正确的是AFeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2+2OH一=Fe(OH)2B漂白粉溶液加入醋酸：H+ClO-=HC1OCAgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag+S2-=Ag2SDK2 CrO4溶液滴入硫

9、酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+ ROH ROR + H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_；写出反应的反应条件_；（2）写出反应的化学方程式_。（3）写出高聚物P的结构简式_。 （4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式_。分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2 （5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：_18、为探究某固体化合物X

10、(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是_。(2)黑色化合物砖红色化合物的化学方程式是_。(3)X的化学式是_。19、铵明矾（NH4Al（SO4）212H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO410H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈_性，它可用于净水，原因是_；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是_。（2）写出过程的化学反应方程式_。（3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是_。（4）已知铵

11、明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、_、过滤洗涤、干燥。（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是_；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是_（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_。该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，

12、且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_。20、乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213 ，密度为1.055 gcm3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH实验步骤如下：步骤1：三颈烧瓶中加入30 g (0.28 mol)苯甲醇、30 g乙酸酐(0.29 mol)和1 g无水CH3COONa，搅拌升温至110 ，回流46 h(装置如图所示)：步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相

13、，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集98100 的馏分，即得产品。(1) 步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_，合适的加热方式是_。(2) 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是_。(3) 步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_；加入无水CaCl2的作用是_。(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是_。21、I.铝及其化合物用途非常广泛，已知铅(Pb)与硅同主族且Pb比Si多3个电子层。回答下列问题；(1)硅位于元素周期表的第_周期_族。Pb比Si的原子半径_(填“大

14、”或“小”)(2)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb(CH3COO)2Pb易溶于水，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是_(填“强”或“弱”)电解质。(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中工作“B”为_(填“放电”或“充电”)。(4)将PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1 mol Mn(NO3)2转移_mol电子。.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。工业上利用铬铁矿(FeOCr2O3

15、)冶炼铬的工艺流程如图所示：(1)水浸I要获得浸出液的操作是_。(2)常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=110-32，若要使Cr3+完全沉淀，则pH为_c(Cr3+)降至10-5 mol/L可认为完全沉淀。(3)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+=C2O72-+H2O)。阳极的电极反应式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2

16、SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(SO32)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=110-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故A正确；B第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；CZ点为第二反应终点

17、，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HSO3-)，故C错误；D根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。2、C【解析】A. 根据结

18、构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。3、B【解

19、析】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。4、B【解析】A.在酸性条件下，H+与ClO-及I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.使酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B正确；C.c(H+)c(OH-)=11014的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，

20、C错误；D.由水电离产生c(OH-)=110-14mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。5、D【解析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。【详解】AM点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度MP，故A错误；B水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(

21、OH-)依次增大，则 =依次减小，故B错误；CN点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；DP点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。6、D【解析】A冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；B铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O72与亚铁离子发生氧化还

22、原反应生成Cr3和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e Cr2O72，当电路中通过6mole，有0.5molCr2O72被还原，故B错误；C所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为： =1mol，含有的原子数等于3NA，故C错误；D依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1mol LiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2+Al，转移电子3NA，故D正确；故选D。7、B【解析】根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd

23、2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amol Hg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。8、C【解析】A元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误； B氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误； C最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：，C正确； D失去电子的能力

24、越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。 答案选C。9、D【解析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH与H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；B、Cu2显蓝色，故B不符合题意；C、HCO3与H发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。10、

25、C【解析】A. 中子数为20的氯原子其质量数为17+20=37，故37Cl 是正确的；B.氟离子的核电荷数为9，核外电子数为10，故正确；C.水分子为V型，不是直线型，故错误；D.该图为乙酸的比例模型，故正确。故选C。11、D【解析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01molL-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小

26、于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。【详解】Ad、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数AlNaO，则离子半径O2-Na+Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；Bd与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；Cx、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；Dx与y可以形成多种有机化合

27、物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；答案选D。【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。12、C【解析】A该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；B该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4molNa2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；C根据方程

28、式，生成0.2 mol O2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8mol Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量=0.4mol，故C正确；D该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。13、D【解析】A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A正确；B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B正确；C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；

29、D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，选项D错误。答案选D。14、C【解析】A. 在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能

30、检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选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、D【解析】A硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式

31、为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-HClO+CH3COO-，故B错误；C向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；DK2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基、氯原子 光照 +3Na

32、OH+NaCl+3H2O 、（任选其一） CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化） 【解析】本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，DE是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，FM发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生

33、加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）FM发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和

34、酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、，故答案为：、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。【点睛】卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水

35、解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。18、Cu2 4CuO2Cu2OO2 Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3 【解析】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，无色无味气体n(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为

36、CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，无色无味气体n(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2；(2)黑色化合物砖红色化合物，只能是CuOCu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2OO2；(3)X的化学式是Cu(OH)22C

37、uCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。19、酸性 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 省略过程，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟 （NH4）2SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3 【解析】碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可

38、知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及少量HCO3-等，加入硫酸，调节pH使HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+、Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接

39、着NH4+与OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。（2）过程I利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4 。（3）省略过程，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。（5）检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A和导管

40、中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）20（3）=n（SO2）（64），故n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。20、催化剂

41、油浴(或沙浴) 以免大量CO2泡沫冲出 乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层 除去有机相中的水 防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解 【解析】CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。【详解】(1) 根据CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成