湖南省长沙市十校2023学年高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2023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、25时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1molL-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A图中表示lgc（H+）与p

2、H的关系曲线B0.1molL-1CH3COOH溶液的pH约为2.88ClgK（CH3COOH）=4.74D向0.10molL-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，水的电离程度变大2、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（ ）A葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用BPM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物3、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A分子中两个苯环处于同一平面B分子中有3个手性碳原子C能与浓溴水发生取代反应D1 mol

3、铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH4、25时，NH3H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO)均会增大C常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同5、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于A族，W与X属于同一主族。

4、下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键CW的最高价氧化物对应水化物为弱酸DY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强6、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是( )A涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C合成纤维是以木材为原料，经化学加工处理所得D常用于染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏7、常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A常温下，0.1氨水中的电离常数K约为Ba、b

5、之间的点一定满足，Cc点溶液中Dd点代表两溶液恰好完全反应8、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- )9、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥BNaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性

6、，可用于电解冶炼铝10、下列过程没有明显现象的是A加热NH4Cl固体B向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C向FeSO4溶液中通入NO2D向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4 L二氯甲烷的共价键数为NA个B一定条件下，2 mol SO2和1 mol O2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAC含4.8 g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2NA个D2 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001NA12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

7、A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、B弱碱性溶液中：K+、Na+、I、ClOC中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、D能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl、13、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A推广电动汽车，践行绿色交通B改变生活方式，预防废物生成C回收电子垃圾，集中填埋处理D弘扬生态文化，建设绿水青山14、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A常温下，由水电离的c(H+)=10-13 molL-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I 2H+ H2O2=I2 2H2OC氢氧化钡溶液与硫酸

8、铜溶液反应：Ba2+SO42=BaSO4D向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32 CO2 H2O=2HCO315、科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（ ）A电极d与b相连，c与a相连B电解槽中，Si优先于Cu被氧化Ca极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率16、硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A晶体硅属于共价晶体B硅原子的电子式为C硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2D硅原

9、子的价电子排布图为二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：iClaisen酯缩合： ii (比反应快)iii，(R、R代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_。中所含官能团的名称为_。(2)BC的反应类型是_。F的结构简式为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是_。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核

10、磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _。18、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是_，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为_。（2）A分子中最少有_原子共面。（3）C生成D的反应类型为_。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且

11、峰值比为2221的结构简式为_。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。19、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,制备的主要反应为+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下:主要试剂和产品的物理常数:名称相对分子质量熔点或沸点()水水杨酸138158(熔点)微溶醋酸酐102139.4(沸点)反应乙酰水杨酸180135(熔点)微溶请根据以上信息回答下列问题:(1)合成过程中最合适的加

12、热方法是_。(2)提纯粗产品时加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止,再过滤,则加饱和NaHCO3溶液的目的是_(3)另一种改进的提纯方法,称为重结晶提纯法。改进的提纯方法中加热回流的装置如图所示,仪器a的名称是_,冷凝管中冷凝水的进入口是_(填“b”或“c”),使用温度计的目的是_(4)检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是_(5)该学习小组在实验中原料用量:2.76 g水杨酸、7.5 mL醋酸酐(=1.08 g/cm3),最终称量产品m=2.92 g,则所得乙酰水杨酸的产率为_。20、焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取

13、采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_。（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化

14、的实验方案是_。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。21、（1）氢气是一种未来十分理想的能源。镧镍合金是一种良好的储氢材料，在一定条件下通过如下反应实现储氢：LaNi3（s）+3H2（g） LaNi3H6（s） H0。 某实

15、验室模拟该过程，向体积一定的密闭容器中充入反应物发生反应。H2的平衡转化率与其初始加入量（n）、反应温度（T）的关系如下左图所示；一定温度（T）下，将a mol的氢气充入体积是1 L的容器内，气体的压强（P）随时间（t）的变化关系如下右图所示：n1、n2、n3的大小关系是_。温度T1下反应的平衡常数是_（用含a的代数式表示）。保持温度不变，在t6时刻将容积压缩至原容积的一半，容器内的压强_6kPa（填写“大于”或“小于”）。（2）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应_。（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO（g）和H2O（g

16、）发生上述反应（已排除其他反应干扰），测得CO（g）物质的量分数随时间变化如下表所示：若初始投入CO为2 mol，恒压容器容积10 L，用H2O（g）表示该反应0-5分钟内的速率vH2O(g)=_。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，且第9min达到平衡时，CO的物质的量是0.2mol，则改变的外界条件为_。（4）温度、压强对反应CO（g）十2H2（g）=CH3OH（g） H=-90. 1 kJmol-1中CO转化率的影响如图所示：温度在较低范围内，对CO转化率影响的主要因素是_ （填“温度”或“压强”）。由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高。但实际生产往往采用300400 C和10

17、 MPa的条件，其原因是_。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、C【答案解析】当pH=0时，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以表示lgc(H+)与pH的关系曲线。随着溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以表示lgc(CH3COOH)与pH的关系曲线。当c(H+)= c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以表示lgc(OH-)与pH的关系曲线。则表示lgc(CH3COO-)与pH的关系曲线。【题目详解】A由以上分析可知，图中表示lgc（H+）与pH的关系曲线，故A正确；B醋酸是弱酸，电离产生的H+和CH3COO-浓度可认为近似相等，从

18、图像可以看出，当c(CH3COO-)= c(H+)时，溶液的pH约为2.88，所以0.1molL-1CH3COOH溶液的pH约为2.88，故B正确；C当c(CH3COO-) =c(CH3COOH)时，K= c（H+）。从图像可以看出，当溶液的pH=4.74时，c(CH3COO-) =c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）= -4.74，故C错误；D向0.10molL-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D正确；故选C。2、A【答案解析】A、利用SO2有毒，具有还原性，能

19、抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米，没有在1nm100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。3、A【答案解析】A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；B. 图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；故选A。4、C【答案解析】25时，NH3H2O和CH3C

20、OOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则A常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO)增大，选项B错误；C由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；D由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误；答案选C。5、D【答案解析

21、】分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于A族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【题目详解】A电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，A项错误；BX为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；CW最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【答案点睛】微粒半径大小

22、的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。6、D【答案解析】A、光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机物，故A错误；B. 蛋白质在加热条件下变性，在催化剂条件下水解可生成氨基酸，故B错误；C.以木材为原料，经化学加工处理所得是人造纤维，用化工原料作单体经聚合反应制成的是合成纤维，故C错误；D. 煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有常用于染料、医药、农药等的酚类物质，故D正确。答案选D。7、A【答案解析】NH3H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，N

23、H4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。【题目详解】A. 常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka=mol/L=110-5mol/L，所以A选项是正确的；B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）110-7mol/L，溶液都呈

24、碱性，则c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)10-7mol/L，c(OH-)10-7mol/L，结合电荷守恒得： c(NH4+)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(Na)=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。9、B【答案解析

25、】A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意； B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意； D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D不符合题意； 故选：B。【答案点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸

26、附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。10、D【答案解析】A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A不符合题意；B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B不符合题意；C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl和NaHCO3，无明显现象，D符合题意；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。D

27、项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。11、B【答案解析】A. 标准状况下，二氯甲烷是油状液体，标准状况下22.4 L二氯甲烷的物质的量不是1 mol，故A错误；B. SO2和O2生成SO3的反应可逆，2 mol SO2和1 mol O2混合在密闭容器中充分反应后，容器中的分子数大于2NA，故B正确；C石墨中每个碳原子参与形成三条共价键，即每个碳原子形成的共价键的个数=3=1.5，含4.8 g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4 mol，共价键是0.4 mol1.5=0.6 mol，故C错误；D. 2 mL 0.5 m

28、ol/L FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，胶体粒子为氢氧化铁的集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D错误；答案选B。12、A【答案解析】A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、离子之间不反应，能够大量共存，故A符合题意；B弱碱性溶液中：I和ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C中性溶液中：Fe3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C不符合题意；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和不能大量共存，且Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。【答案点睛】澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，在酸性和碱性条件下都

29、不能大量共存。13、C【答案解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。14、B【答案解析】A、由水电离的c(H+)=10-13 molL-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与OH-能够发生反应，HCO3-与H+和OH-均能反应，因此不能大量共存，故A错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2I2 2H2O，故B正确；C

30、、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：，故C错误；D、因碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：，故D不正确；故答案为：B。【答案点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。15、C【答案解析】A图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧

31、气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；Bd电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；C通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e+4O2CO2+2H2O，故C错误；D相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确；故选C。16、D【答案解析】晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A正确；Si原子的最外层有4个电子，B正确；Si原子核外有14个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C正确；硅原子的价电

32、子排布图不符合洪特规则，选项D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、1-丙醇（正丙醇） （酮）羰基、羟基 取代反应 CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基 3 或 【答案解析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【题目详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为

33、丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)BC是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)DE是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、CH2=C

34、HCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【答案点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。18、邻氯苯甲醛（2氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ 6 、 【答案解析

35、】根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【题目详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（

36、或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+；(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为CHO、CH2Cl和Cl、CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为、，故答案为：6；、；(6) 已知：，

37、根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。19、水浴加热 使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离 三颈烧瓶 b 控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解 取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸 81.1% 【答案解析】（1）合成的温度为85，所以可以采取水浴加热；（2）加入饱和NaHCO3溶液使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，与不溶性杂质分离，故答案为：使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质

38、分离；（3）冷凝管中水的流向是下口进水，上口出水。由于乙酰水杨酸受热易分解，所以使用温度计控制反应温度，防止乙酰水杨酸受热分解。故答案为：三颈烧瓶，b，控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解；（4）乙酰水杨酸和水杨酸中都有羧基，但水杨酸中有酚羟基，可以用FeCl3溶液检验酚羟基，进而检验产品中是否含有水杨酸，故答案为：取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸；(5)2.76g水杨酸为0.02mol，乙酸酐为7.5 mL1.08 g/cm3102g/mol=0.08mol，所以乙酸酐是过量的，生成的乙酰水杨酸的物质的量和水杨酸的物质的量相等，所以乙酰水杨酸的

39、质量为0.02mol180g/mol=3.6g。则所得乙酰水杨酸的产率为100%81.1%。20、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O 过滤 d a、e 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 0.16 偏低 【答案解析】（1）装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O；（2）从装置中溶液中获得已析出的晶体

40、，采取的方法是过滤；（3）装置用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c

41、错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选a e；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为11，n(SO2)=n(I2)=0.01000molL-10.025L=0.0025mol，残留量=0.16gL-1；由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。21、n1n2n3 小于 -206 kJmol-1 0.032mol/L 降低温度 温度 温度太低，反应速率太慢，不