广西壮族自治区贵港市覃塘高级中学2023学年高考化学二模试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知HCl的沸点为-85，则HI的沸点可能为（ ）A-167B-87C-35D502、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A两烧杯中

2、的铜片都是正极 B甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C产生气泡的速率甲比乙快 D两烧杯中铜片表面均无气泡产生3、同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为A化合物、原子、化合物B有机物、单质、化合物C无机化合物、元素、有机化合物D化合物、原子、无机化合物4、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作氮肥BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C乙醇能使蛋白质变性，75%乙醇可消杀病毒、细菌DNa2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂5、工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关

3、的是A铝还原性较强B铝能形成多种合金C铝相对锰、钒较廉价D反应放出大量的热6、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)H= -632 KJ/ mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是 ( )A电极a为燃料电池正极B电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJDa极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L7、测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电

4、导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A点溶液：pH最大B溶液温度：高于C点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)D点溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)8、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA (NA为阿伏加德罗常数的值)B浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半CVC可以防止亚铁离子转化成三

5、价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性DNO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: 19、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（ ）A酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2OB“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸10、中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是（ ）A胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明，发生了分解反应B古语：“雷雨发庄稼”,是因为发生

6、了自然固氮C侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D中国古代利用明矾溶液来清除铜镜表面的铜锈11、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是Aa中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)Bb的分子式为C10H12OCa和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D只能用钠鉴别a和b12、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化

7、率与HPW负载量的关系(温度：120，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度13、下列关于氨分子的化学用语错误的是A化学式：NH3B电子式：C结构式：D比例模型：14、已知OCN中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是A2 molB3 molC4

8、molD6 mol15、苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O +CH3COOHNA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍B1mol苯所含的化学单键数目为12 NAC0.5mol乙酸酐中含有的电子数目为27 NAD1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA16、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量

9、的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为31D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物二、非选择题（本题包括5小题）17、福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下：回答下列问题：（1）F的分子式为_，反应的反应类型为_。（2）反应的化学方程式为_。（3）C能与FeC13 溶液发生显色反应，C的结构简式为_, D中的含氧官能团为_。（4）B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_种。a能发生银镜反应 b能与NaOH溶液发生反应 c含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的是_（填结构简式）。（5）参照G的合成路线，设计一种

10、以为起始原料（无机试剂任选）制备的合成路线_。18、中药葛根是常用祛风解表药物，其有效成分为葛根大豆苷元，用于治疗高血压引起的头疼、头晕、突发性耳聋等症。其合成线路如下：请回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称为_。（2）AB的反应类型为_。（3）物质E的结构简式为_。（4）写出同时符合下列条件的物质E的同分异构体的结构简式_（写一种）。不能与Fe3+发生显色反应可以发生银镜反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子（5）已知：写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所

11、示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_(填序号)A往烧瓶中加入MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_。(3)进行乙方案实验： 准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00 mL，用0.

12、1000 molL-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_molL-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：_。 (4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在_，测定的结果会：_(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_(排除仪器和实验操作的影响因素)。20、 (一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反

13、应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F_；(2)Y中发生反应的化学反应式为_；(3)X中盛放的试剂是_，其作用为_；(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为_；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_；(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层) +(水层)

14、从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是_；(7)已知298K时，KspCe(OH)3=110-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为_；(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)(已知：的相对分子质量为208)溶液盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；根据下表实验数据计算产品的纯度_；滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、某化

15、学兴趣小组在实验室探究过渡金属元素化合物的性质I、铁及其化合物（1）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，但迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，为顺利看到较长时间的白色沉淀，设计了图装置：检查装置气密性，装入药品；打开止水夹K；在试管b出口收集气体并验纯；关闭止水夹K。以上操作正确的顺序是：_。（2）某实验小组称量3.60 g草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)加热过程中，固体质量变化如图所示：请写出AB段发生反应的化学方程式：_。C点成分为：_。（3）向FeCl3溶液中加入过量Na2SO3溶液，设计实验证明两者发生了氧化还原反应并且为可逆反应。(简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药

16、品自选)_。II、铜及其化合物向2ml0.2molL1Na2SO3溶液中滴加0.2molL1CuSO4溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含SO42，含有Cu、Cu2和SO32。已知：CuCuCu2，Cu2CuI(白色)I2。（4）用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是_。（5）向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因_。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】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有

17、关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除D，C项正确；答案选C。2、C【答案解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是 , 铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。3、A【答案解析】同分异构体是一种

18、有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A正确；答案：A4、C【答案解析】ANH4HCO3中含有植物生长需要的N元素，可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，A项错误；BSiO2传导光的能力非常强，常用于制光导纤维，与SiO2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；C75%乙醇能杀菌消毒，利用乙醇能使蛋白质变性的性质，C项正确；D硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，D项错误；

19、答案选C。5、B【答案解析】A. 铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，故A相关；B. 铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；C. 铝相对锰、钒较廉价，所以用铝来制备锰和钒，故C相关；D. 铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量热，故D相关；题目要求选择不相干的，故选B。【答案点睛】本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大。6、C【答案解析】根据2H2S(g)+

20、O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【题目详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发

21、生2H2S4e=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e 将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【答案点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。7、C【答案解析】室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3H2O后，NH3H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，

22、故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【题目详解】A点处为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：低于，B错误；C点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。8、C【答案解析】ANa2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生

23、反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A项错误；B浓HCl与MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；C维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；DNO2与水反应的方程式：，NO2中一部分作为氧化剂被

24、还原价态降低生成NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D项错误；答案选C。【答案点睛】处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。9、D【答案解析】A据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2+4H2O，故A正确；B根据元

25、素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。【答案点睛】难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质

26、的量，避免写反应方程式。10、A【答案解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO，然后被O2氧化为NO2，NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B正确；侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，主要应用了Na2CO3与NaHCO3的溶解度的差异， C正确；明矾中铝离子水解显酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D正确；正确选项A；11、C【答案解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的

27、一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、 a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。12、D【答案解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，

28、提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。13、B【答案解析】A氨气分子中存在3个N-H共价键，其化学式为：NH3，A正确；B氨气为共价化合物，氨气中存在3个N-H键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气正确的电子式为：，B错误；C氮气分子中含有3个N-H键，氨气的结构式：，C正确；D氨气分子中存在3个N-H键，原子半径NH，氮原子相对体积大于H原子，则氨气的比例模型为：，D正

29、确；故合理选项是B。14、C【答案解析】OCN中每种元素都满足8电子稳定结构即可各其中O元素为-2价、C元素为+4价、N元素为-3价；其反应的离子方程式为：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是4 mol，故答案选C。15、C【答案解析】A气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据=，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A错误；B苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1个苯分子中有6个单键，1mol苯中含有

30、6mol单键即6 NA个，故B错误；C一个乙酸酐分子中含有54个电子，1mol乙酸酐分子中含有54mol电子，则0.5mol乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA，故C正确；D1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故D错误；答案选C。【答案点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。16、C【答案解析】A. 根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，

31、故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【答案点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。二、非选择题（本题包括5小题）17、C15H12NO4Br 取代反应 + +HCl 羟基、羰基和硝基 17 【答案解析】由D的分子

32、式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为，B为E与溴发生取代反应生成F。据此分析解答。【题目详解】(1)F()的分子式为：C15H12NO4Br，反应是与(CH3CO)2O反应生成与CH3COOH，属于取代反应，故答案为C15H12NO4Br；取代反应；(2)反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为+ +HCl；(3)根据上述分析，C的结构简式为 ，D的结构简式为，其中的含氧官能团有：羰基、羟基、硝基，故答案为；羰基、羟基、硝基；(

33、4)B()的同分异构体(不含立体异构)能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与NaOH溶液发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为-CH3、-OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为-OH，另外的取代基为-CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为-OH、-CH3、-CHO，当-OH、-CH3处于邻位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于间位时，-CHO有4种位置，当-OH、-CH3处于对位时，-CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中

34、核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的是 ，故答案为17；(5)模仿EFG的转化，发生硝化反应生成，然后与溴发生取代反应生成，最后在NaBH4条件下反应生成，合成路线流程图为：，故答案为。【答案点睛】根据物质的分子式及E的结构进行推断是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意根据题干流程图转化中隐含的信息进行合成路线设计。18、羟基、羰基 取代反应 、 【答案解析】分析题中合成路线，可知，AB为A在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应，B中-CN与NaOH水溶液反应，产物酸化后为C。C中-NO2经Fe和HCl的作用被还原成-NH2，生成D。根据F和E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简

35、式，通过逆推方法，可推断出E的结构简式。据此分析。【题目详解】（1）根据F分子结构，可看出分子中含有酚羟基和羰基；答案为：羟基、羰基；（2）分析A、B分子结构及反应条件，可知AB为硝化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（3）根据题给信息，D为对氨基苯乙酸，分析反应EF可知，其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得，结合E分子式为C8H8O3，可知E为对羟基苯乙酸；答案为：；（4）不能与Fe3+发生显色反应，说明不含酚羟基，可以发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，结合C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团，可能的结构有、。答案为：、；（5）根据信息

36、，甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯，将硝基甲苯上的甲基氧化，再酯化，最后将硝基还原反应。答案为：。19、ACB 残余清液中，n(Cl-)n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 【答案解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【题目详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制

37、备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100m

38、ol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此

39、随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。【答案点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。20、A B D E C NH3H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3 溶液 吸收挥发的、同时生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动 9 酸式 95.68% 偏低 【答案解析】(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3

40、H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)(8)。【题目详解】(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验

41、流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3，故答案为NH3H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在