曲线运动单元测试题2021-2022学年高考冲刺化学模拟试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）AY可能是硅元素B简单离子半径：ZWXC气态氢化物的稳定性：YWD非金属性：YZ2、已

2、知：25时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9l0-2Ki2=6.4l0-51.8l0-54.9l0-10Ki1=4.3l0-7Ki2=5.6l0-11A等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生C等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCNCH3COONaDNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)3、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，原理示

3、意图如下。该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(已知I3-在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是A左图是原电池工作原理图B放电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜C放电时，正极区电解质溶液的颜色变深D充电时，阴极的电极反应式为：4、下列有关实验能达到相应实验目的的是A实验用于实验室制备氯气B实验用于制备干燥的氨气C实验用于石油分馏制备汽油D实验用于制备乙酸乙酯5、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A该电解池的阳极

4、反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO36、下列反应或过程吸收能量的是()A苹果缓慢腐坏B弱酸电离C镁带燃烧D酸碱中和7、下列实验合理的是（）A证明非金属性ClCSiB制备少量氧气C除去Cl2中的HClD吸收氨气，并防止倒吸AABBCCDD8、对于2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，HYZRBX2Y与Z2反应可证明Z的非金属性比Y强CY的氧化物对应的水化物一定是强酸DX和R组成的化合物只

5、含一种化学键13、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如图所示。下列说法中错误的是（ ）Ab是电源负极BK+由乙池向甲池迁移C乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-D两池中KHCO3溶液浓度均降低14、有一未知的无色溶液中可能含有、。分别取样：用计测试，溶液显弱酸性；加适量氯水和淀粉无明显现象。由此可知原溶液中A可能不含B可能含有C一定含有D一定含有3种离子15、下列各组中的X和Y两种原子，化学性质一定相似的是 ()AX原子和Y原子最外层都只有1个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的2p能

6、级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子DX原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子16、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB1 molNaClO中含有的Cl数目为NAC5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5107NAD18g H2O中含有的电子数为10NA二、非选择题（本题包括5小题）17、以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O) B （1）A的结构简式为_，A转化为B的反应类型是_。（2）D中含氧官能团的名称是_。（3）鉴别B、C可以用的试剂名称是_。（4）D

7、在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有_种。能与NaHCO3溶液反应产生气体；苯环上只有2个取代基；遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为31221的同分异构体的结构简式是_(写结构简式)。（6）已知： +CHCH 请设计合成路线以A和C2H2为原料合成(无机试剂任选)：_。18、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）写出：XA的反应条件_；反

8、应的反应条件和反应试剂：_。（2）E中含氧官能团的名称：_；反应的类型是_；反应和先后顺序不能颠倒的原因是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_。（5）写出由A 转化为的合成路线_。(合成路线表示方法为：AB目标产物)。19、实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_(从浸取产物的溶解性考虑)。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，采用8 molL1氨水，适量3

9、0% H2O2，并通入O2，控制温度为55 。温度不宜过高，这是因为_。(3) “沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：制取SO2的化学方程式为_。“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ，合适的加热方式是_。反应完成的实验现象是_。(4) 设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_，冰水洗涤及干燥。(已知：碱性条件下，H2O2可将3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将6价的Cr还原为3价的Cr；6价的Cr在溶液pH7时，主要以CrO42

10、-的形式存在。部分物质溶解度曲线如图所示：实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)20、FeC2O42H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2 和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、_C( 填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是_。(3)B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_。(4)判断A中固体已完全反应的现象是_。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：_。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是_。(6)测定

11、FeC2O42H2O样品纯度(FeC2O42H2O相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O42H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用c mol L1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗V mL滴定液。滴定反应为FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2+ H2O(未配平)。则该样品纯度为_% (用代数式表示)。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21、SO2、NOx的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理S

12、O2，催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可以得到有价值的中单质硫，采取氨水吸收NOx的方法去除NOx的污染，生成硝酸按。(1)已知CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol和bkJ/mol。在复合组分催化剂作用下，甲烷可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态水，该反应的热化方程式为_。(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图甲所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示：分析可知X为_（写化学式）；0-t1时间段的反应温度为_，0-t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_。(3)焦炭催化还原SO2生成S2的化学方程式为 2C(s)+2SO2 (g)=S2(g)

13、+2CO2(g)。在恒容容器中，浓度为1mol/L的SO2与足量焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图丙所示。700时该反应的平衡常数为_。(4)25时，用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。（已知：H2SO3的电离常数Ka1=1.310-2，Ka2=6.210-8）(5)利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水里生产硝酸和氨。阳极室得到的物质是_，写出阳极反应方程式_；阴极室得到的物质是_，写出阴极反应及获得相应物质的方程式_、_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物

14、的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径YZCl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，AY不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-

15、Cl-Na+，故B正确；CCl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HClPH3，故C错误；DS和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。2、B【解析】A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，

16、则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)，故D错误；故选B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很

17、微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。3、B【解析】题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。【详解】A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。【点睛】易错点：原

18、电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。4、C【解析】A实验的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。5、D【解析】A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2

19、H2O=NO3-+4H+，A正确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3N

20、H4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；故合理选项是D。6、B【解析】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；答案选B。7、D【解析】A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，

21、故A错误；B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。8

22、、D【解析】A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6

23、时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；故答案为：D9、A【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L2mol/L=2mol，需要碳酸钠的质量为2mol106g/mol=212g，故选A。10、B【解析】A食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；B用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；C用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性

24、，错误；D用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。11、D【解析】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质

25、的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.022=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶

26、液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。12、B【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z的原

27、子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，以此答题。【详解】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。A. 简单离子半径：S2ClO2Na，故A错误；B. ，可以证明Cl的非金属性比S强，故B正确；C. Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3,H2SO3为弱酸故C错误；DX和R组成的化合物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既有离子键又有共价键，故D错误；故答案选：B。【点睛】Na2O2中

28、既有离子键又有共价键。13、B【解析】A由图可知，CO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，则Sn极为电解池阴极，所以b为电源负极，故A正确；B电解池中，阳离子向阴极移动，Sn极为电解池阴极，所以K+由甲池向乙池移动，故B错误；CCO2在乙池中得到电子还原为HCOO-，电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-= HCOO-+ CO32-，故C正确；D电解过程中，甲池发生反应：，同时K+向乙池移动，所以甲池中KHCO3溶液浓度降低；乙池发生反应：，所以乙池中KHCO3溶液浓度降低，故D正确；答案选B。14、C【解析】溶液为无色，则溶液中没有Cu2+；由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使

29、溶液显酸性，则一定含有NH4+；而S2-能水解显碱性，即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，综上所述C正确。故选C。【点睛】解决此类问题的通常从以下几个方面考虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。15、C【解析】A. 最外层都只有1个电子的X和Y

30、，可能为H与碱金属元素，性质不同，故A错误；B. 原子的核外电子排布式为1s2的X为He，原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be，两者性质不同，故B错误；C. 原子的2p能级上有3个电子的X为N，原子的3p能级上有3个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D. 原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D错误。所以C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对

31、应的单质或化合价的性质相似。16、D【解析】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L0.005mol/L=2.5105mol，微粒数目略小于2.5105NA，故C错误；D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。二、非选

32、择题（本题包括5小题）17、 加成反应 (酚)羟基、酯基 碳酸氢钠 +3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O 12 【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯

33、基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明

34、含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。18、光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(浓)+H2O 、 【解析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成

35、C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以和先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。19、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨

36、液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可) Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 45 的水浴加热 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤 【解析】电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4 等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3、Cu2、Fe3，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3、Fe3，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2

37、O7；滤渣CuS沉淀，采用8 molL1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3) 铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 。要控制100以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4S

38、O3”时，反应液需控制在45 ，合适的加热方式是：45 的水浴加热。Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4) 制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pHc(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-) 硝酸 2H2O-4e-=4H+O2或4OH-4e-=2H2O+O2 氨 2H2O+2e-=H2+2OH-或 2H+2e-=H2 NH4+OH-=NH3+H2O或 NH4+OH-=NH3H2O 【解析】(1)先写出CH4和S的燃烧热的热化学方程式，然后将两个热化学方程