河南省南阳信阳等六市2023学年高三第一次调研测试化学试卷含解析

1、2023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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有关化学用语表示正确的是（ ）A中子数比质子数多1的磷原子：BAl3+的结构示意图： C次氯酸钠的电子式：D2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH22、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B用酸性高锰酸钾溶液滴定F

2、e2+：烧杯、烧瓶C配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯3、下列说法中正确的是A放热反应都比吸热反应易发生B中和反应中，每生成1 mol H2O均会放出57.3 kJ的热量CNH4C1固体与Ba(OH)2 8H2O混合搅拌过程中，体系能量增加D无法判断2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸热反应还是放热反应4、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是A含不同的质子数B含不同的电子数C含相同的中子数D互相转化时不属于化学变化5、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化

3、合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（ ）A上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B三氧化氙可将I-氧化为IO3-C氙酸的电离方程式为：H2XeO42H+XeO42-DXeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF6、下列实验操作能产生对应实验现象的是实验操作实验现象A用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上试纸变蓝色B向盛有 K2Cr2O7 溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡溶液由橙黄色逐渐变为黄色C向 FeCl3 溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，充分振荡，静置溶液分层

4、，上层呈紫色D向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热出现砖红色沉淀AABBCCDD7、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液。下列说法错误的是（）A上述实验中不能用盐酸代替硫酸B将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强D若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol8、在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是ABCD9、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一

5、些方案：方案现象或产物将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2(SO4)3和CuSO4将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A2种B3种C4种D5种10、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，c与b同族，d与c形成的一种化合物可以溶解硫。下列有关说法正确的是A原子半径：abcdB元素非金属

6、性的顺序为bcdCa与b形成的化合物只有离子键D最高价氧化物对应水化物的酸性：dc11、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等。下列说法正确的是A简单离子半径： WXYZBW、X 的氢化物在常温下均为气体CX、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱DW 与 Z 形成的化合物中只有共价键12、在加热固体NH4Al(SO4)212H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（ ）A0t的过程变

7、化是物理变化BC点物质是工业上冶炼铝的原料CAB反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种DAl2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3+3OH-Al（OH）313、下列说法中，正确的是ACO2的摩尔质量为44 gB1 mol N2的质量是14 gC标准状况下, 1 mol CO2所占的体积约是22.4 LD将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L14、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（ ）A对比pH=7和pH=10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大B对比pH=2和pH=

8、7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大C在020min之间，pH=2时R的平均降解速率为0.087510-4molL-1min-1D50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等15、有关化合物 2苯基丙烯，说法错误的是A能发生加聚反应B能溶于甲苯，不溶于水C分子中所有原子能共面D能使酸性高锰酸钾溶液褪色16、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是ACu2+为重金属离子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程C纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍D油漆刷在钢铁护栏表层用来防止金属锈蚀17、下列化学用语表示正确的是（）A中子数为16的硫原

9、子：SBCl-的结构示意图：C甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3D氢氧化钠的电子式：18、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（ ）AV1=V2=V3BV1V3V2CV2V3V1DV1V2V319、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO、ClO3等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是ANaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定

10、管盛装Ba点溶液中存在如下关系：c(Na+)+ c(H+)=c(ClO) +c(ClO3) +c(OH)Cb点溶液中各离子浓度：c(Na+) c(Cl) c(ClO3) =c(ClO) c(OH) c(H+)Dt2t4，ClO的物质的量下降的原因可能是ClO自身歧化：2 ClO=Cl+ClO320、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B化合物YW3为共价化合物，电子式为CY、Z形成的一种化合物

11、强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D原子半径大小：WZYX21、某溶液中含有较大量的Cl、CO32-、OH三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是 （）A先加Mg（NO3）2，再加Ba（NO3）2，最后加AgNO3B先加Ba（NO3）2，再加AgNO3，最后加Mg（NO3）2C先加AgNO3，再加Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D先加Ba（NO3）2，再加Mg（NO3）2最后加AgNO322、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是A溶解时有少量液体溅出B洗涤液未全部转移到容量瓶中C容量瓶使用前未干燥D定容时液面未到刻度线

12、二、非选择题(共84分)23、（14分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物 具有硝

13、基 核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_24、（12分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为_。（2）D中官能团的名称是_。（3）反应所需试剂、条件分别为_、_。（4）写出的反应方程式_。（5）F的分子式为_。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式_。所含官能团类别与E相同；核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)_。25、（12分）苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进

14、行苯胺的相关实验。已知：和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见下表：I比较苯胺与氨气的性质（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。.制备苯胺往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。（2）冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）；（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析

15、出苯胺，反应的离子方程式为_。提取苯胺i取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。（4）装置B无需用到温度计，理由是_。（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。（6）该实验中苯胺的产率为_。（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_。26、（10分）实验室常用MnO2与浓盐酸反

16、应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是： 往烧瓶中加入足量MnO2粉末往烧瓶中加入20mL 12molL-1浓盐酸 加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了

17、可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体_？AO2 B H2 CCH2=CH2 DHCl若使用甲方案，产生的 Cl2必须先通过盛有 _（填试剂名称）的洗气瓶， 再通入足量 AgNO3溶液中，这样做的目的是 _；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式_（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500molL-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为 _ molL-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是 _。A 石蕊 B 酚酞 C 甲基橙（3）判

18、断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_ (填偏大、偏小或影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.810-9、Ksp(MnCO3)=2.310-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将 _转移到_中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要_，然后再_，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？_A甲 B乙 C丙 D丁27、（1

19、2分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式： _。操作和均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_(填序号)。a瓷坩埚 b氧化铝坩埚 c铁坩埚 d石英坩埚（2）操作是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_。（3）操作过滤

20、时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_。28、（14分）甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。（1）甲醇脱氢法可制备甲醛（反应体系中各物质均为气态），结合下图回答问题。此反应的热化学方程式是_反应活化能：过程I_过程II（填“”“=”或“Cu；、均不能说明活泼性FeCu；铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活

21、泼性FeCu，故答案选A。10、B【答案解析】a的M电子层有1个电子，则A为Na；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，则b为O；c与b同族且为短周期元素，则c为S；d与c形成的一种化合物可以溶解硫，该物质为CS2，则d为C。【题目详解】A. 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径NaSCO，即acdb，故A错误；B. 同一主族：从上到下，元素的非金属性减弱，元素非金属性的顺序为OSC，即bcd，故B正确；C. a与b形成的过氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；D. S的非金属性大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：

22、d小于c，故D错误；故答案为B。11、D【答案解析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。【题目详解】根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。A. 简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：ZWXY，故A错误；B. W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C. Mg、Al

23、的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D. N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。12、B【答案解析】A因为tC生成A，又知A点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0t的过程为NH4Al(SO4)212H2O失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A错误；BB点物质为Al2(SO4)3升温再加热分解，在C点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B正确；CAB发生的反应为2NH4Al(SO4)2Al2(SO4)3+2NH3+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和NH3两种，还有硫酸，故C错误；DAl2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3+

24、3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，故D错误；答案：B。13、C【答案解析】A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B. 1molN2的质量是=1mol28g/mol=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/mol，1molCO2所占的体积约是22.4L，所以C选项是正确的；D.40 g NaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。14、A【答案解析】A根据

25、图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率，且R的起始浓度越大，降解速率越小，故A错误；B溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C在020min之间，pH=2时R的平均降解速率为17.510-4mol/L20min=0.087510-415、C【答案解析】A.含有碳碳双键，所以可以发生加聚反应，故A正确；B. 2苯基丙烯是有机物，能溶于甲苯，但不溶于水，故B正确；C.分子中含有甲基，原子不可能共面，故C错误；D.含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选：

26、C。16、A【答案解析】A. Cu2+为重金属离子，能使蛋白质变性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A错误；B. 卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，B正确；C. 纯碱溶液显碱性，可以洗涤餐具上的油渍，C正确；D. 油漆刷在钢铁护栏表层隔绝空气，用来防止金属锈蚀，D正确，答案选A。17、C【答案解析】A. S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：S，故A错误；B. Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；C. 甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；D. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是

27、，故D错误。18、A【答案解析】最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。答案选A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。19、C【答案解析】A. NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒

28、，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+) 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。20、C【答案解析】短

29、周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【题目详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从

30、左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为AlClH，D错误。故选C。【答案点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。21、D【答案解析】所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与CO32-、OH两种离子反应；AgNO3能与Cl、CO32-、OH三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与CO32-反应，所以先加Ba(NO3)2除去CO32-，再加Mg(NO3)2除去OH，最后加AgNO3只能与Cl反应。答案选D。22、D【答案解析】A.

31、溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；B. 洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；C. 容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；D. 定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；故选D。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯 加成反应 碳碳双键、酯基；氯原子 cd 【答案解析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【题目详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物

32、C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说

33、明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2 ;核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。24、丙酮 碳碳双键、羧基 甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3 【答案解析】A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【题目详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D

34、的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有

35、一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【答案点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。25、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止B中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤 【答案解析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过

36、量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【题目详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正

37、向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3+OH-= C6H5NH2+H2O；(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.

38、65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；(7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。【答案点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。26、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3 6

39、.9mol/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A 【答案解析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸； (2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500molL-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分

40、碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【题目详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型， AO2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；BH2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；CCH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；DHCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气

41、与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500molL1NaOH标准溶液滴定，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.385=6.9 mol/L； (3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大

42、，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小； (4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到

43、室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。27、KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O c 3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH- 4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原 过滤速度快、效果好 MnO42-e-= MnO4- 电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增

44、强，紫色又转变为绿色 【答案解析】（1）根据图示，操作中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；操作和的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；c；（2）操作中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-

45、+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3） 图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42-e-= MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42-e-= MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色) 。28、CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）H=+84kJ/mol b、c HCHO-4e-+ H2O= CO2+ 4H+ 3 Ca(