辽宁省辽西2023学年化学高二下期末达标检测试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生请注意：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、1，6己二胺（H2N（CH2）6NH2）毒性较大，可引起神经系统、血管张力和造血功能的改变下列化合物中能与它发生化学反应的是（ ）ANaOHBNa2CO3CNaClDHCl2、下列物质均有漂白作用，其中漂白原理与其他三种不同的是（ ）AHC

2、lOBSO2CO3DNa2O23、某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，其中氧元素的质量分数约为31.4%，则能与NaOH溶液反应的有机物有(不含立体异构)（ ）A11种 B8种 C12种 D13种4、从牛至精油中提取的三种活性成分的结构简式如下图所示，下列说法正确的是( )Aa、b、c均能使酸性KMnO4溶液褪色Ba、b中均含有2个手性碳原子（手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子）Cb、c均能发生加成反应、还原反应、取代反应、消去反应Dc分子中所有碳原子可以处于同一平面5、下列说法正确的是A蒸馏时，加热之前先通冷却水，停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间B用纸层析法分离Cu2和Fe3，滤纸

3、上端呈棕黄色，说明Fe3在有机溶剂中的溶解能力较Cu2小C用冷却结晶法除去NaCl中混有少量的KNO3D将镀锌铁皮投入一定浓度的硫酸中反应至金属表面气泡突然减小，取出，直接小火烘干称量，由此测得的镀锌层厚度将偏大6、某有机物A与氢气的相对密度是38，取有机物A7.6g完全燃烧后，生成0.2molCO2和0.2molH2O。此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应。下列有关A的说法中不正确的是AA的分子式为C2H4O3BA的结构简式为HOCH2COOHCA分子中的官能团有两种D1 molA与足量的单质Na反应时放出H2的物质的量为0.5mol7、下列有关物质用途的说法，错误的是（ ）

4、A二氧化硫常用于漂白纸浆B漂粉精可用于游泳池水消毒C碳酸钡可用来治疗胃酸过多D氧化铁常用于红色油漆和涂料8、用过量硝酸银溶液处理0.01 mol氯化铬水溶液，产生0.02 molAgCl沉淀，则此氯化铬最可能是()ACr(H2O)6Cl3BCr(H2O)5ClCl2H2OCCr(H2O)4Cl2Cl2H2ODCr(H2O)3Cl33H2O9、一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为 （ ）ATiCBCD10、工业上常用一氧化碳和氢气反应生甲醇。一定条件下，在体积为VL的密闭容器中，CO(g)+2H2(g) CH3OH(

5、g)，下图表示该反应在不同温度下的反应过程。关于该反应，下列说法正确的是A反应达平衡后，升高温度，平衡常数K增大B工业生产中温度越低，越有利于甲醇的合成C500反应达到平衡时，该反应的反应速率是v(H2)= n(B)Vt(B)D300反应达到平衡后，若其他条件不变，将容器体积扩大为2VL，c(H2)减小11、下列关于蔗糖属于非还原型糖，而其水解产物具有还原性的实验方案的说法中，正确的是A验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：B验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：C验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：D验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序：12、下列关系比较及解析有错误的是选项关系解析AMg原子的第

6、一电离能大于Al原子Mg原子3s能级全充满B原子半径：ClS Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强C沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响D配位体个数：Co(NH3)6Cl2Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)6Cl2和Co(NH3)5ClCl2分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：Co(NH3)6Cl2Co(NH3)5ClCl2AABBCCDD13、下列电子层中，包含有f能级的是()AK电子层BL电子层CM电子层DN电子层14、短周期元素R、X

7、、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是AR单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2B上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡CYR6能在氧气中剧烈燃烧D元素对应的简单离子的半径:YZRX15、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是A向含I的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B途径II中若生成1 mol I2，消耗1 mol Na

8、HSO3C氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO3D一定条件下，I与IO3可能生成I216、下述实验方案能达到实验目的的是A验证铁钉发生吸氧腐蚀B证明Fe电极被保护C测定中和热D溶解度：Mg(OH)2Fe(OH)3二、非选择题（本题包括5小题）17、A(C6H6O)是一种重要的化工原料，广泛用于制造树脂、医药等。以A、B为原料合成扁桃酸衍生F的路线如下。(1)A的名称是_；B的结构简式是_。(2)C()中羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是_。(3)D的结构简式是_。(4)写出F与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_。(5)若E分子中含有3个六元环，则E的结构简式是_。以A为原料合成重要的医药中间体K的

9、路线如下。(6)GH的反应类型是_。(7)一定条件下，K与G反应生成、H和水，化学方程式是_。18、有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图所示。G的合成路线如下图所示：其中AF分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去。已知：请回答下列问题：（1）G的分子式是_，G中官能团的名称是_；（2）第步反应的化学方程式是_；（3）B的名称（系统命名）是_；（4）第步反应中属于取代反应的有_（填步骤编号）；（5）第步反应的化学方程式是_；（6）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式_。只含一种官能团；链状结构且无-O-O-；核磁共振氢谱只有2种峰。19、某化学

10、小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯。已知：；反应物和生成物的物理性质如下表：密度（g/cm3）熔点（）沸点（）溶解性环已醇0.9625161能溶于水环已烯0.8110383难溶于水制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是 ，导管B除了导气外还具有的作用是 。试管C置于冰水浴中的目的是 。（2）制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在 层（填上或下），分液后用 （填序号）洗涤：aKMnO4溶液 b稀H2SO4cNa2CO

11、3溶液再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从 （填字母）口进入；蒸馏时要加入生石灰的目的 。上图蒸馏装置收集产品时，控制的温度应在 左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ：a蒸馏时从70开始收集产品；b环己醇实际用量多了；c制备粗品时环己醇随产品一起蒸出；d.是可逆反应，反应物不能全部转化（3）区分环己烯精品和粗品（是否含有反应物）的方法是 。20、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：i. CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质 CaSO4CaCr

12、O4BaCrO4BaSO4溶度积ii. Cr2O72+ H2O2 CrO42+ 2H+（1）向滤液1中加入BaCl2H2O的目的，是使CrO42从溶液中沉淀出来。结合上述流程说明熟石灰的作用是_。结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由是_。研究温度对CrO42沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42的沉淀率，如下图所示。已知：BaCrO4（s） Ba2+ （aq） + CrO42（aq）CrO42的沉淀效率随温度变化的原因是_。（2）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。 硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图（左）所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.

13、450 mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225 mol/L的硫酸的原因是_。 回收重铬酸的原理如下图（右）所示。当硫酸浓度高于0.450 mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_。（3）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与_有关。21、微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态B原子的电子排布图为_，其第一电离能比Be_（填“大”或“小”）。(2)三价B易形成配离子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的结构简式为_ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出BH4的一种阳离子等电子体_。

14、（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)。（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_。(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】氨基显碱性，能与酸反应生成盐。【题目详解】H2N（CH2）6NH2分子中

15、有两个氨基，氨基显碱性，能与酸反应生成盐，H2N（CH2）6NH2能与盐酸反应生成ClH3N（CH2）6NH3Cl。H2N（CH2）6NH2不能与NaOH、Na2CO3、NaCl反应，故选D2、B【答案解析】HClO、O3、Na2O2具有强氧化性，能使有色物质褪色，是永久性褪色；SO2不具有强氧化性，但它能与有色物质化合生成无色物质，是暂时性褪色；显然只有SO2的漂白原理与其他几种不同。故选B。点睛：HClO、O3、Na2O2均具有强氧化性，能使有色物质褪色；SO2不具有强氧化性；二氧化硫的漂白性是因为和有色物质化合生成无色物质。3、D【答案解析】某烃的含氧衍生物的相对分子质量为102，所含氧

16、元素的质量分数为31.4%，则分子中N（O）=10231.4%/16=2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-162=70，利用余商法可知70/14=50，所以分子式为C5H10O2。则分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液反应，可能是酯，属于饱和一元酯，则若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能与NaOH溶液反应的C5H

17、10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；答案选D。【答案点睛】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质，题目难度较大。4、A【答案解析】A.a、b均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，c中苯环上连有的烷烃基和酚羟基都可被酸性高锰酸钾氧化，因此a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B. 手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，根据图示可知，a中含有2个手性碳原子，b中含有1个手性碳原子，故B错误；C. c中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D. c中含有4个饱和碳原子，饱和碳原子具有

18、甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能在同一平面上，故D错误；答案选A。5、A【答案解析】A蒸馏时充分冷凝，则加热之前先通冷却水，停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间，故A正确；B用纸层析法分离 Cu2+和 Fe3+，滤纸上端呈棕黄色，铁离子的扩散速率快，则Fe3+在有机溶剂中的溶解能力较 Cu2+大，故B错误；C硝酸钾少量，应残留在母液中，可选蒸发结晶法分离，故C错误；D直接小火烘干称量，金属会与氧气反应，导致剩余固体的质量偏大，则测得的镀锌层厚度将偏小，故D错误；故选A。6、D【答案解析】有机物A与氢气的相对密度是38，故有机物A的相对分子质量为76，7.6gA的物质的量为0.1mol，完全

19、燃烧后，生成0.2molCO2和0.2molH2O，可知1mol有机物含有2molC、4molH，有机物含有O原子为(762124)/16=3，则有机物分子式为C2H4O3，此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应，则结构简式应为HOCH2COOH，1molHOCH2COOH与足量的单质Na反应时放出H2的物质的量为1mol，ABC正确，D错误。答案选D。【答案点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据生成物的质量和有机物的质量判断有机物中是否含有O元素为解答该题的关键。7、C【答案解析】A. 二氧化硫有漂白性，故常用

20、于漂白纸浆，A正确；B. 漂粉精有强氧化性，故可用于游泳池水消毒，B正确；C. 碳酸钡虽然可与盐酸反应，但是，生成的氯化钡有毒，故不能用来治疗胃酸过多，C不正确；D. 氧化铁是红棕色粉末，故常用于红色油漆和涂料，D正确。本题选C。【答案点睛】物质的用途是由其性质决定的，故先要明确物质的性质再明确其用途。化学物质用于医疗上时，不仅要分析物质的性质，还要分析该物质及其反应的产物对人体健康的影响。8、B【答案解析】氯化铬（CrCl36H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确

21、定氯化铬（CrCl36H2O）的化学式。【题目详解】根据题意知，氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl36H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl36H2O）的化学式可能为Cr（H2O）5ClCl2H2O，答案选B。【答案点睛】本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点。9、B【答案解析】分析：本题考查的是复杂分子化学式的判断，明确题给模型是一个分子模型，而不是晶胞模型，直接数出其中的原子个数即可。详解：根据题意可知，图给结构就是其

22、分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据分子模型计算钛原子个数为14，碳原子个数为13，故选B。10、D【答案解析】分析：A.依据图象分析，先拐先平，温度高甲醇物质的量减小，说明正向反应是放热反应； B、温度越低，反应速率越小；C、甲醇和氢气速率之比等于1：2，依据速率概念计算；D、扩大体积相当于减小压强，平衡逆向进行，但体积增大平衡后氢气浓度减小详解：A、由图象分析，温度越高，甲醇的物质的量越小，说明温度越高平衡逆向进行，平衡常数减小，故A错误；B. 温度过低，反应速率太小，不利于甲醇的合成，故B错误；C. 500反应达到平衡时，甲醇和氢气速率之比等于1：2，用氢气物质的量浓

23、度减少表示该反应的反应速率是v（H2）=2n(B)vt(B)mol/(Lmin)，故C错误；D、300反应达到平衡后，若其他条件不变，将容器体积扩大为2VL，平衡左移，但体积增大平衡后氢气浓度减小，故点睛：平衡常数只受温度的影响。11、D【答案解析】A蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：，故A错误；B蔗糖属于非还原型糖，不能发生银镜反应，则验证蔗糖属于非还原型糖的操作顺序：，故B错误；C在碱性条件下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为，故C错误；D在碱性条件

24、下加银氨溶液，生成光亮的银镜，可说明水解产物具有还原性，则水解后先加NaOH至碱性，再加银氨溶液，则验证蔗糖水解产物具有还原性的操作顺序为，故D错误；故答案为D。【答案点睛】淀粉在酸的作用下能够发生水解反应最终生成葡萄糖。反应物淀粉遇碘能变蓝色，不能发生银镜反应；产物葡萄糖遇碘不能变蓝色，能发生银镜反应。依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全。(1)如果淀粉还没有水解，其溶液中没有葡萄糖则不能发生银镜反应；(2)如果淀粉已完全水解，其溶液中没有淀粉遇碘则不能变蓝色；(3)如果淀粉仅部分水解，其溶液中有淀粉还有葡萄糖则既能发生银镜反应，又能遇碘变成蓝色。需要注意的

25、是，检验葡萄糖之前，需要中和硫酸。12、D【答案解析】A镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；BCl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强，所以原子半径：原子半径：ClS，B正确；C对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，C正确；DCo(NH3)6Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，Co(NH3)5ClCl2的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以Co(NH3)5

26、ClCl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。答案选D。13、D【答案解析】A. K电子层只有s能级，A错误；B. L电子层包括s、p能级，B错误；C. M电子层包括s、p、d能级，C错误；D. N电子层包括s、p、d、f能级，D正确；答案选D。14、D【答案解析】已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析解答。【题目详解】A、F2

27、和Cl2都能与水反应，2F22H2O4HFO2、Cl2H2OHClHClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2-Cl-F- Al3+，所以D正确；答案为D。【答案点睛】本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的

28、化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。15、D【答案解析】A. 向含I-的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量Cl2，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B. 根据转化关系2IO3- I210e- ,SO32- SO422e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性Cl2I2,由途径可以知道氧化性I2IO3-,由途径可以知道氧化性Cl2 IO3-,故氧化性的强弱顺序为Cl2 IO3-

29、 I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。16、A【答案解析】A食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，A项正确；BFe与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，Fe电极被腐蚀，不能证明Fe电极被保护，B项错误；C该装置缺少环形玻璃搅拌器，而且小烧杯应该和大烧杯杯口平齐，否则散热较大，数据不准，C项错误；D向2mL0.1mol/LNaOH溶液中先加3滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明沉淀的转化，即不能证明溶解度：Mg(OH)2Fe(OH)3，D项

30、错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯酚 OHCCOOH 还原反应 3+3+H2O 【答案解析】I.A与B发生加成反应产生C，根据A的分子式(C6H6O)及C的结构可知A是苯酚，结构简式是，B是OHC-COOH，C与CH3OH在浓硫酸催化下，发生酯化反应产生D为，D与浓氢溴酸再发生取代反应产生F为；若E分子中含有3个六元环，说明2个分子的C也可以发生酯化反应产生1个酯环，得到化合物E，结构简式为。II.A是苯酚，A与浓硝酸发生苯环上邻位取代反应产生G是，G发生还原反应产生H为，H与丙烯醛CH2=CH-CHO发生加成反应产生，与浓硫酸在加热时反应形成K：。【题目详解】I.根据上述

31、推断可知：A是，B是OHC-COOH，D是，E是F是。II.根据上述推断可知G为，H为。(1)A是，名称为苯酚；B是乙醛酸，B的结构简式是OHC-COOH；(2)羧酸的酸性大于苯酚，苯酚的酸性大于醇羟基，因此在物质C()中羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是；(3)D的结构简式是;(4)F结构简式为，含有的酯基与NaOH发生酯的水解反应产生羧酸钠和CH3OH、酚羟基可以与NaOH发生反应产生酚钠、H2O，含有的Br原子可以与NaOH水溶液发生取代反应，Br原子被羟基取代，产生的HBr与NaOH也能发生中和反应，因此F与过量NaOH溶液反应的化学方程式：+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；(

32、5)若E分子中含有3个六元环，则E的结构简式是；(6) G为，H为。GH的反应类型是硝基被还原为氨基的反应，所以反应类型是还原反应；(7)在一定条件下与发生反应产生、H2O，根据质量守恒定律，可得3+3+H2O。【答案点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机常见反应类型的判断、物质官能团的结构与性质及转化关系等，掌握官能团的结构与性质是物质推断与合理的关键。18、C6H10O3 酯基和羟基 （CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr 2-甲基-1-丙醇 (CH3)2CHCHO+OHCCOOCH2CH3(CH3)2C(CHO)CHOHCOOCH2CH3 CH

33、3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3 【答案解析】反应为2甲基丙烯的加成反应，根据反应的产物可知A为，反应为卤代烃的水解反应，则B为(CH3)2CHCH2OH，反应为醇的氧化，根据G推知F为，结合已知和反应有乙醇产生推得C为OHCCOOCH2CH3，反应类似所给已知反应，则E为，据此解答。【题目详解】（1）G的结构简式为，分子式是C6H10O3，G中官能团的名称是酯基和羟基；（2）第步是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式是（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr；（3）B为(CH3)2CHC

34、H2OH，B的名称（系统命名）是2-甲基-1-丙醇；（4）根据以上分析可知第步反应中属于取代反应的有；（5）根据已知信息可知第步反应的化学方程式是(CH3)2CHCHO+OHCCOOCH2CH3(CH3)2C(CHO)CHOHCOOCH2CH3；（6）根据E的结构可知它含三种官能团，而它的同分异构体含一种官能团，可能是羧基或酯基，只有2中氢原子，应该有对称结构，有如下几种：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3。19、（1）（3分）防止爆沸（1分） 冷凝回流反应物（1分） 防止环己烯（或反应物）挥发（1分）（2）（7分）

35、（2分）上层 c （2分）f 除去水分 83（1分）cd （2分）（3）（1分）取适量产品投入一小块金属钠，观察是否有气泡产生（或测定沸点是否为83）【答案解析】试题分析：碎瓷片在反应中主要是起到防止暴沸的作用，长导管B出了能起到导气的作用还起到冷凝的作用。环己烯易挥发，因此试管C置于冰水浴中的目的是防止环己烯挥发。环己烯的密度比饱和食盐水的密度小，因此环己烯在上层，环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质由于乙醇溶解在碳酸钠溶液中，酸可以与碳酸钠反应，而环己烯不能与碳酸钠反应，因此可用饱和碳酸钠溶液进行洗涤。冷凝管水的流向是下进上出，因此冷却水应从f进入。生石灰具有吸水性，因此在蒸馏时加生石灰主

36、要是除去水分子。实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是1.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出 。2. 是可逆反应，反应物不能全部转化。粗产品环己烯中含有乙醇，因此可用金属钠来检验。考点：考查有机合成的相关知识点。20、沉淀SO42；调节溶液pH，使Cr2O72转化为CrO42而沉淀 BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42沉淀更完全 温度升高，沉淀速率加快 c（H2SO4）增大，则c（SO42）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成

37、更多的H2Cr2O7 BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成 受到溶液pH 、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响（其他答案合理给分） 【答案解析】加入熟石灰有两个作用，首先Ca2+使SO42沉淀便于分离，同时OH-的加入会与溶液中的H+反应，使上述离子方程式平衡向右移动，Cr2O72转化为CrO42，便于与BaCl2H2O生成沉淀BaCrO4。BaCrO4的溶度积比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更难溶，加入Ba2+可以使CrO42沉淀更完全。根据热化学方程式可知沉淀溶解是

38、吸热反应，因此生成沉淀的过程是放热的，温度升高会加快生成沉淀的速率，在未达化学平衡态时，相同的时间间隔内产生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）c（H2SO4）增大，则c（SO42）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42更难接触到H2SO4，阻碍H2Cr2O7生成，所以H2SO4浓度高于0.450mol/L时，H2Cr2O