2022年湖南省长沙县高考仿真卷化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是A桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀B钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快C图1辅助电极的材料可以为石墨D图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-2、向碳酸溶液中滴加

2、NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示，下列说法不正确的是：A除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7BX、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计算Ka1(H2CO3)CpH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)D将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH12.53、下列实验操作、现象和所得出结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓

3、CH3COONH4溶液 Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2AABBCCDD4、下列化学用语或模型表示正确的是()AH2S的电子式：BS2的结构示意图：CCH4分子的球棍模型：D质子数为6，中子数为8的核素：5、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是A强酸溶液B弱

4、酸性溶液C弱碱性溶液D强碱溶液6、以熔融的碳酸盐（K2CO3）为电解液,泡沫镍为电极,氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池,其结构如图所示，下列说法正确的是A该电池工作时,CO32-通过隔膜移动到a极B若a极通入空气,负载通过的电流将增大Cb极的电极反应式为2CO2+O2-4e- =2CO32-D为使电池持续工作,理论上需要补充K2CO37、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ANa2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D碳酸氢钠溶液：K+、SO42-

5、、Cl-、H+8、某原子最外层电子排布为2s22p3，则该原子A核外有5个电子B核外有3种能量不同的电子C最外层电子占据3个轨道D最外层上有3种运动状态不同的电子9、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11，凝固点-59。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )A在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3NAB若生成1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NAC48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD每消耗30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA1

6、0、25时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A稀释后溶液的pH=7B氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C稀释过程中增大DpH = 11氨水的浓度为0.001mol/L11、人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是 ()A青铜器B铁器C石器D高分子材料12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.5mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键B将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAC标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NAD高温下，16

7、.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA13、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A二者互为同分异构体B二者均能发生氧化反应和取代反应C胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同14、关于氯化铵的说法错误的是A氯化铵溶于水放热 B氯化铵受热易分解C氯化铵固体是离子晶体 D氯化铵是强电解质15、银Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；Fe3与产生的Ag定量反应生成Fe2；Fe2与Ferrozine形成有色配合物；测

8、定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A中，负极上消耗1 mol甲醛时转移2 mol电子B溶液中的H由正极移向负极C理论上消耗的甲醛与生成的Fe2的物质的量之比为14D中，甲醛浓度越大，吸光度越小16、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是AKb2的数量级为10-5BX(OH)NO3水溶液显酸性C等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)cX(OH)+D在X(OH)NO3水溶液中，cX(OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)二、非选择题（本题包括5小题）17、

9、阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：.(具有较强的还原性)(1)反应的试剂和条件为_；反应的反应类型为_；反应的作用是_；(2)B的结构简式为_；(3)下列关于G中的描述正确的是_；A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B能发生加成、消去、取代和氧化反应C能聚合成高分子化合物D1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2 (4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是_；(6)已知：依据题

10、意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)_。18、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：HCCH+RCOOHRCOOR+R”OHRCOOR”+ROH（R、R、R”代表烃基） 请回答：(1)A中的官能团是_。(2)C的结构简式是_。(3)DE的反应类型是_。(4)EG的化学方程式是_。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B K + H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。JL的化学方程式是_。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。 血液中J浓度过高能使人中毒

11、，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：_。 下列说法正确的是_（填字母）。aP中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出JbP在体内的水解产物中没有高分子化合物c将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能19、化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作的名称是_，操作的主要仪器是_；氧化步骤的离子方程式是_。(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了I2；淀粉；I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_现象，即可证明假设正确，同时

12、排除假设.能同时排除假设的原因是_。(3)查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为_Cl2+_I2+_ H2O_ HIO3+_ HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_。(4)探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现_(填实验现象)，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有_存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2FeCl3，理由是_。20、阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨

13、酸受热易分解，分解温度为128135。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐(CH3CO)2O为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如下表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是_。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是_。（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：使用温度计的目的是控制加热的温度，防止_。冷凝水的流进方向是_(填“a”或“b”)。趁热过滤的原因是_。下列说法不正确的是_(填字母)。A此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂B此种提纯粗产品的方法叫重结晶C根据以上提纯过程可以得出阿

14、司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大D可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为_%。21、在分析化学的电位法中，甘汞电极常做参比电极，它是由金属汞及其难溶盐Hg2Cl2和KCl溶液组成的电极。Hg2Cl2（甘汞）毒性较小，而HgCl2（升汞）有剧毒。（1）K元素的基态原子的电子填充于_个不同的能级。（2）Hg的价层电子排布式为5d106s2，Hg元素位于元素周期表的_区。（3）Hg2Cl2在400500时升华，由此推测Hg2Cl2的晶体类型为_。（4）K

15、Cl和NaCl相比，_ 的熔点更高，原因是_。（5）把NH4Cl和HgCl2按一定比例混合，在密封管中加热时，生成某种晶体，其晶胞如图所示。用X-射线衍射法测得该晶体的晶胞为长方体（晶胞参数a=b =419pm、c=794pm），每个NH4+可视为被8个Cl-围绕，距离为335pm，Cl-与Cl-尽可能远离。该晶体的化学式为_。晶体中Cl-的空间环境_（填“相同”或“不相同”）。用题中数据说明理由_设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_g/cm3（列出计算表达式）。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桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；B海

16、水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；C图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；D图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；故选A。2、A【解析】A由图像可知，当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-，而pH约为3.5时，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要调节pH小于3.5左右，故A错误；BKa1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根据图像，X点处c(HCO3-)= c(H2CO3)，此时Ka1(

17、H2CO3)= c(H+)，因此由X点处的pH，可计算Ka1(H2CO3)，故B正确；C根据图像，pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；D根据图像，pH12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH12.5，故D正确；答案选A。3、C【解析】A应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧

18、根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。4、D【解析】A. H2S为共价化合物，其电子式应为，A项错误；B. S原子为16号元素，硫离子的核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，B项错误；C. 为甲烷的比例模型，非球棍模型，C项错误；D. 质子数为6的原子为C原子，中子数为8，则该C原子的质量数为6+8=

19、14，则该核素为：，D项正确；答案选D。5、A【解析】A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1,故选A；B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1，故不选B；C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1，故不选C；D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1,故不选D；答案：A【点睛】醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减

20、小，c(CH3COO)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。6、A【解析】A. 该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，炭粉在负（a）极失电子发生氧化反应，空气中的氧气在正（b）极得电子，该电池工作时，阴离子CO32-通过隔膜移动到a极，故A正确；B. a极通入Ar，可以使炭粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止炭粉被氧化，如果a极通入空气，炭粉将直接被氧化，负载上没有电流通过，故B错误；C. b极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2CO2+O2+4e- =2CO32-，故C错误；D. 该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，从方程式可以看出钾离子和碳酸根离子都没有被消耗，

21、因此理论上不需要补充K2CO3，故D错误；故选A。7、B【解析】A、Cu2与S2生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32氧化成SO42，不能大量共存，故错误；D、HCO3与H反应生成CO2，不能大量共存，故错误。8、B【解析】A. 最外层为第二层有5个电子，核外电子数为7，A错误；B. 每个能级的电子能量相同，核外有3个能级，即有3种能量不同的电子，B正确；C. 2s能级有一个轨道，2p能级有3个轨道，由于电子会优先独自占用一个轨道，故最外层电子占据4个轨道，C错误；D. 每个电子的运动状态都不

22、相同，故核外有7中运动状态不同的电子，D错误。故选择B。9、C【解析】A. ClO2沸点11，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；C. 48.0g FeS2物质的量为48g120g/mol=0.4mol， NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6mol NaClO3失6mol电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；D.消耗30mol NaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；故答案为C。【点睛】

23、本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。10、C【解析】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10pH11，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1H2O)减小，则溶液中增大，故C正确；D一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水

24、浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案为C。11、C【解析】冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；12、B【解析】A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；B.NH4NO3=NH4+ NO3-，NH3.H2O NH4+OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-), NH4+的数目等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,

25、故C错误;D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3mol铁失去0.8mol电子即0,8NA个,所以D错误;所以B选项是正确的。13、B【解析】A鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷

26、酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。14、A【解析】氯化铵溶于水吸热，故A错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故B正确；氯化铵固体是由NH4+、Cl-构成离子晶体，故C正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故D正确。15、C【解析】A甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1 mol甲醛被氧化时转移4 mol电子，故A错误；B原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C每生成1molFe2+转移1mol电子，1 mol甲醛被氧化时转移4 mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D中，甲醛浓度越大，反应生

27、成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。16、D【解析】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，cX(OH)+= c(X2+ )， Kb2= c(OH- )c(X2+ )/ cX(OH)+= c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时cX(OH)2=cX(OH)+，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)cX(OH)+/ cX(OH)2=10-4.8，X2+第

28、一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1Kb2Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )cX(OH)+，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-) +c(OH-) = 2c(X2+) +c(H+)+cX(OH)+ ，物料守恒c(NO3- )=c(X2+ )+cX(OH)2+cX(OH)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：cX(OH)2+c(OH- )=c(X2+

29、 )+c(H+)，故D正确；答案：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC +3NaOH+CH3COONa+2H2O +(CH3CO)2O+CH3COOH 6 或 【解析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰

30、酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)AG()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；BG()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B

31、错误；CG()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为+3NaOH +CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b能发生银镜反

32、应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。18

33、、羟基 HCCH 加聚反应 ac 【解析】A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是， E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于

34、碳酸， 故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b. P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c. 根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几

35、个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。19、过滤 分液漏斗 Cl2+2II2+2Cl 碘水 变蓝 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设 5 1 6 2 10 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 Fe3+ 由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2FeCl3 【解析】(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离

36、子氧化为碘单质； (2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN 溶液变为血红色；(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作得到含碘离子的溶液，则操作为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作转移至有机溶剂中，则操作为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应

37、为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2) 没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+ 6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；(4) FeCl3 溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管 a 中加入 1 mL 苯，苯的密

38、度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN 溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2FeCl3。20、醋酸酐和水易发生反应 水浴加热 乙酰水杨酸受热易分解 a 防止乙酰水杨酸结晶析出 ABC 84.3% 【解析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在8590，该温度低于水的沸点；（3

39、）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，乙酰水杨酸受热易分解；冷凝水采用逆流方法；乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0 g138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0 mL1.08 g/cm3）102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量100%【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓