2022年黑龙江哈高考仿真卷化学试题含解析

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、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是AR与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应DR苯环上的一溴代物有4种2、下列物质中含有非极性键的共价化合物

2、是ACCl4BNa2O2CC2H4DCS23、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（ ）A标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。B1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO的粒子总数为0.1NA。C5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。D18.4g甲苯中含有CH键数为1.6 NA。4、下列过程中，共价键被破坏的是（ ）A碘升华B蔗糖溶于水C氯化氢溶于水D氢氧化钠熔化5、室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向0.10m

3、ol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向0.10mol/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）6、已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-) +c(A2-)=0. 100molL-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下

4、列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是ApH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2-)c(HA- )BE点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2- )7、NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NAB12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5 NAC标准状况下，5.6LCO2 与足量 Na2O2 反应转移的电子数为0.5 NAD某密闭容器盛有 1 mol N2 和 3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为 6NA8、煤燃烧排放的烟气含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大气，采用NaClO

5、2溶液作为吸收剂对烟气可同时进行脱硫、脱硝。反应一段时间后溶液中有关离子浓度的测定结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Clc/(molL1)8.351046.871061.51041.21053.4103下列说法正确的是()ANaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式2H2OClO2-2SO2=2SO42-Cl4HB脱硫反应速率大于脱硝反应速率C该反应中加入少量NaCl固体，提高c(Cl)和c(Na)，都加快了反应速率D硫的脱除率的计算式为8.35104/(8.351046.87106)9、甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬

6、度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3B气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键10、我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al。放电过程如图，下列说法正确的是AB为负极，放电时铝失电子B充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAle=Li+Liy1AlC充电时A电极反应式为Cx+PF6e-=CxPF6D废旧 AGDIB电池进行“放

7、电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi11、常温下， 用0.100molL1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100molL1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg20.3）AHB是弱酸，b点时溶液中c（B）c（Na+）c（HB）Ba、b、c三点水电离出的c（H+）：abcC滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D滴定HA溶液时， 当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.312、实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（ ）A水浴加热B冷凝回流C用浓硫酸做脱水剂和催化剂D乙酸过量13、己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液

8、中pOH pOH=-lgc(OH-)随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A曲线M表示pOH与1g的变化关系B反应的CpOH1pOH2DN2H5Cl的水溶液呈酸性14、如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（ ）A能与氢氧化钠反应B能与稀硫酸反应C能发生酯化反应D能使紫色石蕊试液变红15、化学反应前后肯定没有变化的是原子数目分子数目元素种类物质的总质量物质的种类ABCD16、正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )A称取一定量的NaClB制备氢氧化亚铁并观察其颜色C检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离

9、子D收集NO2并防止其污染环境二、非选择题（本题包括5小题）17、有机化合物AH的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是_。（2）F所属的类别是_。（3）写出G的结构简式：_。18、某研究小组按下列路线合成药物诺氟沙星：已知：试剂EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在适当条件下，可由C生成D。请回答：（1）根据以上信息可知诺氟沙星的结构简式_。（2）下列说法不正确的是_。AB到C的反应类型为取代反应BEMME可发生的反应有加成，氧化，取代，加聚C化合物E不具有碱性，但能在氢氧化钠溶液中发生水解DD中两个环上的9个C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，设计

10、以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_。（4）写出CD的化学方程式_。（5）写出化合物G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：_1H-NMR谱表明分子中有4种氢原子，IR谱显示含有NH键，不含NN键；分子中含有六元环状结构，且成环原子中至少含有一个N原子。19、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是_，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是_。(2)实验操作的先后顺序是_

11、(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热 e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是_。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为_，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是_(写名称)，用乙醇洗涤的原因是_(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为_(

12、CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：_。D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_、_。20、西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？猜

13、想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。实验步骤：对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝观察到铁丝表面有红色物质析出。实验结论：绿色固体物质中含有_、_、_、_等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)(2)表达与交流：图中标有a、b的仪器名称是：a：_；b：_。上述实验步骤中发生反应的离子方程式为_。反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是_。如果将B、C两装置对

14、调行吗？_。为什么？_。21、硫酸在生活和生产中应用广泛。某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。已知298 K和101 kPa条件下：2FeS2（s）=2FeS（s）S（s） H1S（s）2O2（g）=2SO2（g） H24FeS（s）7O2（g）=2Fe2O3（s）4SO2（g） H3则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的总热化学方程式是_。催化氧化反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g）H0（1） 在体积可变的密闭容器，维持压强为1105 Pa和初始n（SO2）2 mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率（SO2）随O2物质的量n（O2）的变

15、化关系如图所示：在1000时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因_。a点时SO3的平衡分压p（SO3）_Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压总压某组分的物质的量分数）。（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比n（SO2）/n（O2）的变化趋势图。（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是_。A O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程B 该过程中最大能垒（活化能

16、）E正0.73 eVC 每活化一个O2吸收0.29 eV的能量D 炭黑可作为SO2转化为SO3的催化剂E 其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；B分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基，故B正确；C该分

17、子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；DR苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故选A。2、C【解析】ACCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；CC2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；DCS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。3、C【解析】A标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A

18、正确；B溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；C5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；故答案为C。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意

19、溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4、C【解析】A碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；B蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；C氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；D氢氧化钠熔化时电离出OH-和

20、Na+，只破坏离子键，故D错误；故答案为C。5、A【解析】A.向0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故A正确；B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故c(Na+)c(NH4+),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3

21、-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得: c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B错误;C. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)c(H2A)c(A2)，故A说法错误；B、E点：c(A2)=c(HA)， 根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即2c(N

22、a)=3c(A2)3c(HA)3c(H2A)，两式合并，得到c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2 )，故D说法正确。7、B【解析】AD2O的摩尔质量为，故18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为9 NA，A错误；B单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含有的六元环个数为0.5NA，B正确；C标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，与Na2O2反应时，转移电子数为0.25 NA，C错误；DN2与H2反应为可逆反应，由于

23、转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。【点睛】本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为，利用均摊法即可求出六元环的个数。8、B【解析】A.NaClO2溶液显碱性，离子方程式4OHClO2-2SO2=2SO42-Cl2H2O，选项A错误；B.脱去硫的浓度为(8.351046.87106) molL1，脱去氮的浓度为(1.51041.2105) molL1，且在同一容器，时间相同，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，选项B正确；C.加入NaCl固体，提高c(Cl)加快了反应速率，提高c(Na)，不影响反应速率，选项C错误；D.不知硫的起始物质的量，且SO42-、SO32-都是脱

24、硫的不同形式，无法计算，选项D错误。答案选B。9、B【解析】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己庚，B项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有

25、3个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；答案选B。10、C【解析】电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy1Al ,根据离子的移动方向可知A是正极, B是负极,结合原电池的工作原理解答。【详解】A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项 A错误；B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li+Liy1Al+e= LiyAl, 选项B错误；C、充电时A电极为阳极，反应式为Cx+PF6e=CxPF6,

26、选项C正确;D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi ,即7gLi失电子,铝电极减少7g , 选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。11、B【解析】A. 20.00mL0.100molL1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B)c(Na+) c(HB)，故A正确；B. a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H

27、+)：c b a，故B错误；C. 滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D. 滴定HA溶液时，当V(NaOH) = 19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。12、C【解析】A. 乙酸乙酯沸点770。C，乙酸正丁酯沸点1260。C，制备乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的温度较高，需要用酒精灯直接加热，不能用水浴加热，A项错误；B. 乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接冷凝回流的方法，待反应后再提取产物，B项错误；C. 制备乙酸乙酯和乙酸丁酯都为可逆反应，用浓硫酸做脱水剂和催化剂，能加快反应速率，两者措施相同，C项正确

28、；D. 制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，D项错误；答案选C。13、C【解析】M、N点=1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6， M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A. ，所以曲线M表示pOH与1g 的变化关系，曲线N表示pOH与1g的变化关系，故A正确；B. 反应表示第二步电离， =10-15，故B正确；C. pOH1=、pOH2=， ，所以pOH1pOH2，故C错误；D

29、. N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。14、B【解析】该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B乙酸不与稀硫酸反应，选B；C乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选B。15、C【解析】在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是原子数目、元素

30、种类、物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述, 反应前后不变；综上所述，本题正确选项C。16、A【解析】A. 称取一定量的NaCl，左物右码，氯化钠放在纸上称，故A正确；B. 氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B错误；C. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；D. NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、3-甲基-1-丁炔（或异戊炔） 卤代烃 CH3CH(CH3)CHOHCH2OH 【解析】A是有支链的炔烃，

31、由分子式可知为CH3CH(CH3)CCH，与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2，F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH，一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，据此解答该题。【详解】（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH(CH3)CCH，名称为3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；故答案为：3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；（2）F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，属于卤代烃；故答案为：卤代烃；（3）由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2

32、OH；故答案为：CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。18、 AC C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH 、 【解析】根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的

33、结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题

34、信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子

35、，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5O

36、H；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、。19、干燥管 先变红后褪色 cdb 通入的HCl的量不足 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 硫酸 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化 100% 2S2O42-

37、+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O NaOH溶液 CuCl的盐酸溶液 【解析】CuCl22H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸

38、收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，故答案为cdb； (3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl的量不

39、足；(4) 向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；故答案为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生

40、6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反应的关系式为6CuCl6Fe2+Cr2O72-， 6 1 n ab10-3moln=6ab10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol6ab10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为100%，故答案为100%；(6) 保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO

41、2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。20、铜 碳 氢 氧 试管 铁架台 FeCu2CuFe2 C装置中的液体会倒流入B装置 不行 若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成 【解析】（1）实验结论：绿色固体加热，至完全分解，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，说明反应有水生成，从而可确定物质中含有氢、氧元素；C装置中澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，可确定物质中含有碳、氧元素；铜器上出现的固体，A装置中绿色固体逐渐变成黑色，则黑色固体可能是氧化铜，加入稀硫酸观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色，说明黑色固体一定是氧化铜，原固体中含有铜、氧元素，所以绿色固体物质中含有氢、碳、氧、铜；故答案为铜；碳；氢；氧；（2）a是反应容器，为试管，b起支持和固定作用，为铁架台；故答案为试管；铁架台；氧化铜和硫酸