2021-2022学年黑龙江省佳木斯市建三江管理局第一中学高三第三次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、利用实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的一项是选项实验器材(省略夹持装置)相应实验三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳煅烧石灰石制取生石灰烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶用浓盐酸配制100mL 0.1 molL-1的稀盐酸溶液烧杯、玻璃棒、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中

2、的乙酸和乙醇烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液ABCD2、下表记录了t时的4份相同的硫酸铜溶液中加入无水硫酸铜的质量以及析出的硫酸 铜晶体(CuSO45H2O)的质量(温度保持不变)的实验数椐：硫酸铜溶液加入的无水硫酸铜(g)3.005.508.5010.00析出的硫酸铜晶体(g)1.005.5010.9013.60当加入6.20g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量(g)为A7.70B6.76C5.85D9.003、下列说法中，正确的是（）A一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB1mol与足量水反应，最终水溶液中18O数为

3、2NA（忽略气体的溶解）C常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD100mL12molL1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA4、下列说法不正确的是A天然气、水煤气、液化石油气均是生活中常用的燃料，它们的主要成分都是化合物B“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料C制玻璃和水泥都要用到石灰石原料D1996年人工合成了第112号元素鎶(Cn)，盛放鎶的容器上应该贴的标签是5、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是ANH3NONO2HNO3B浓缩海水 Br2 HBr Br2C饱和食盐水 Cl2漂白粉DH2和Cl2混合气体 HCl气体盐酸6

4、、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgAABBCCDD7、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是A氧原子的原子结构示意图：B羟基的结构式：O-HC用电子式表示Na2O的形成过程：D组成为C2H6O的分子

5、中可能只存在极性键8、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、 Cu2+、Br、AlO2、Cl、SO42、CO32，现进行如下实验：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是:A溶液中一定有K+、Br、AlO2、CO32B溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、ClC不能确定溶液中是否有K+、Cl

6、、SO42D往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl9、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g) H=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（ ）AK1=K2H2SO4BCl2+H2S=2HCl+SC气态氢化物的稳定性：HClH2SDCl2与Fe反应生成FeCl3，而S与Fe生成FeS16、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A在电解精炼

7、铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为NAB将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成气体分子数为NAC9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NAD向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；RCNH+/H2ORCOOH回答下列问题：(1)F的结构简式是_。(2)下列说法正确的是_。A化合物A的官能团是羟基B化合物B可发生

8、消去反应C化合物C能发生加成反应D化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_。(4)写出同时符合下列条件的 D的同分异构体的结构简式：_。有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线_。18、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A 的名称_.(2)C D的化学方程式_.E F的反应类型_(3)H 中含有的官能团_.J的分子式_.(4)化合物X是D的同分异

9、构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为_.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：_。19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以

10、2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产

11、品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验实验BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶

12、解（1）实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，_。（2）实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。（3）实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数.按图连接装置并加入试剂，闭合Ka.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaC

13、l（s）c.重复，再向B中加入与等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与I的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中ba的原因：_。实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为

14、溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。21、NO2是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。回答下列问题：(1)NO2可以被NaOH溶液捕获生成两种钠盐，溶液呈碱性，写出反应的化学方程式_，已知常温下，HNO2的电离平衡常数为Ka=5.010-4，则0.1mo/L NaNO2中c(OH-)=_(已知)(2)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步，反应情况如下表：反应速率表达式反应热反应I：2NO(g) N2O2(g)(快)，H10反应II：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢)，H20反应2NO(g)+O2(g)

15、 2NO2(g)的H_(用H1、H2表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，若升高温度，K将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数的表达式K=_(用、表示)(3)反应N2O4(g) 2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强关系为：(N2O4)=k1 p(N2O4)，(NO2)=k2 p(NO2)，其中、是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态对应的两个点是_(4)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可

16、循环使用。Y的化学式为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.实验缺少酒精喷灯等加热的仪器，错误；B.实验配制稀盐酸时，缺少量取浓盐酸体积的量筒，错误；C.实验可以完成相应的操作，正确；D.实验用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液时，缺少胶头滴管、锥形瓶、指示剂等，错误；答案选C。2、B【解析】根据图表可看出无水硫酸铜的质量每增加0.5g析出硫酸铜晶体的质量就增加0.9g，可求出增加0.7g无水硫酸铜析出硫酸铜晶体的质量；设0.7g无水硫酸铜可析出硫酸铜晶体的质量为x， ，解得x=1.26；6.2g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量为：5.5g+1.26g=6

17、.76g；答案选B。3、D【解析】A. 一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，发生反应N23H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B. 1molNa218O2与足量水发生反应2Na218O22H2O=2Na18OH2NaOH18O2，最终水溶液中18O数为NA，故B错误；C. NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故C错误；D. 浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu4HNO3(浓)= Cu(NO3)22NO22H2O、3Cu8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)22NO4H2O，100mL12

18、molL1的浓HNO3中含有的n(HNO3)0.1L12molL11.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12molL1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。4、A【解析】A.水煤气主要成分是CO、H2，是混合物，其中H2是单质，不是化合物，A错误；B. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，钢铁属于金属材料，B正确；C.制玻璃的原料是石灰石、纯

19、碱、石英，制水泥的原料是黏土、石灰石，因此二者都要用到原料石灰石，C正确；D.112号元素鎶属于放射性元素，因此盛放鎶的容器上应该贴有放射性元素的标签是，D正确；故合理选项是A。5、D【解析】A工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，A项不符合题意，不选；B通过海水提取溴，是用Cl2氧化经H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将Br2转化为HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为Br2，经CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B项不符合题意，不选；C工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取

20、氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；DH2和Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；答案选D。6、D【解析】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CpH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。7、D【解析】A.O原子核内质子数为8，有2个电子

21、层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B. 羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为OH，故B错误；C.Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D. 二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。8、A【解析】用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4

22、+；在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。【详解】A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与

23、推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。9、C【解析】A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q0，则K3K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3 c(Cl-) c(ClO3-)=c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D. ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ ClO3-，故D错误。故选C。13、B【解析】侯氏制碱法的原理：将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，

24、与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。【点睛

25、】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。14、C【解析】A. 放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B. 放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li+6e-= 2Fe+3Li2O，故正确；C. 放电时，正极反应WieFe2O3+6Li+6e-= 2

26、Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D. 充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li+e-=Li，故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。15、A【解析】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2S，则元素的非金属性ClS，B不符合题意；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性

27、HClH2S，证明元素的非金属性ClS，C不符合题意；D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2S，则元素的非金属性ClS，D不符合题意；故合理选项是A。16、B【解析】A. 电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了NA个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol64g/mol=32g，A项正确；B. 将1molCH4与1molCl2混合光照，充分反应后，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中氯化氢与一氯甲烷是气体，根据元素守恒可知，氯化氢的物质的量为1mol，B项错误；C. 依

28、据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，C项正确；D. 向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为100mL0.1mol/LNA=0.01NA，D项正确；答案选B。【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认

29、真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、留心特殊的化学反应，如本题中合成氨的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。二、非选择题（本题包括5小题）17、BC、【解析】化合物A为芳香族化合物，即A中含有苯环，根据A的分子式，以及A能发生银镜反应，A中含有醛基，核磁共振氢谱有5种不同化学环境

30、的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A的结构简式为，根据信息，推出B的结构简式为，根据信息，推出C的结构简式为，根据信息，NH2取代羟基的位置，即D的结构简式为，根据反应产物，推出F的结构简式为，据此分析。【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为；（2）A、根据A的结构简式，A中含有官能团是醛基，故A错误；B、根据B的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B正确；C、C中含有苯环，能发生加成反应，故C说法正确；D、化合物D中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D错误；答案选BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol阿斯巴甜中含有1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键

31、，因此1mol阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH CH3OHH2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，根据D的结构简式，该同分异构体中含有NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生H2NCH2COOH，即合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要

32、求有机物为中性，有机物中不含羧基、NH2、酚羟基，即N和O组合成NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。18、2甲基丙烯 取代反应 酚羟基和硝基 C10H11NO5 6 【解析】根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上

33、的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1) 由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为，故答案为6；（5）甲苯与氯气

34、发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。19、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于15，则含有NaOH 乙醇 82.7 【解析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于

35、碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH

36、或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2m

37、ol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。20、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2

38、结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)

39、，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀。向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关

40、”可的结论；实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案为

41、：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总