2021-2022学年吉林省蛟河高考仿真卷化学试卷含解析

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、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是( )A原子半径：MZYBY的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火C可用XM2洗涤熔化过M的试管D最高价氧化物对应水化物的酸性：MZ2

2、、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ASO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B晶体硅熔点高，可制半导体材料CAl(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多DH2O2具有还原性，可用于消毒杀菌3、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A生成了2g二氧化碳B剩余固体质量为5gC生成了5.6g氧化钙D剩余碳酸钙的质量为8g4、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A图示显示：起始时的2个H2O最

3、终都参与了反应B过程、过程均为放热过程C过程只生成了极性共价键D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H5、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（ ）A高纯硅可用于制作光导纤维B碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污C利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖6、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A侯氏制碱法中可循环利用的气体为B先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱7、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物MnO4、ClCl

4、2、Mn2Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子B第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C第组反应的其余产物为O2和H2OD氧化性由强到弱的顺序为MnO4 Cl2Fe3Br28、高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（ ）AKO2中只存在离子键B超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K和1个O2C晶体中与每个K距离最近的O2有6个D晶体中，所有原子之间都以离子键相结合9、

5、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是( )选项操作现象结论A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液得到红褐色悬浊液KspFe(OH)3D1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 mol和2 mol(4)写出反应EF的化学方程式_。FX的化学方程式_。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路_。18、两

6、种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。19、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(

7、N2HH2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是_。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示

8、：“合成”过程中，反应温度不宜超过73，目的是_。在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取133g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b量取233mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c用3213molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为433mL。M为_

9、(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。20、水合肼（N2H4H2O）又名水合联氨，无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+ N2H4H2O +NaCl实验一：制备NaClO溶液。（实验装置如右图所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有 （填标号）。A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是 。（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10 molL-1

10、盐酸、酚酞试液）： 。实验二：制取水合肼。（实验装置如右图所示）（4）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分。分液漏斗中的溶液是 （填标号）。ACO (NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液原因是： （用化学方程式表示）。实验三：测定馏分中肼含量。（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.10molL-1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4H2O + 2I2= N2+ 4HI + H2O）滴定

11、时，碘的标准溶液盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中；本实验滴定终点的现象为 。实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为 。21、主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：已知：请按要求回答下列问题：(1)GMA的分子式_；B中的官能团名称：_；甘油的系统命名：_。(2)验证D中所含官能团各类的实验设计中，所需试剂有_。(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_。反应：_。(4)M是H的同分异构体。M有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的M的所有可能的结构：_。能发生

12、银镜反应 能使溴的四氯化碳溶液褪色 能在一定条件下水解(5)已知： 2 CH2=CH2O2/Ag。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，X是C元素；Y2电子层结构与氖相同，Y是Mg元素；M单质为淡黄色固体，M是S元素；Z的质子数为偶数，Z是Si元素。【详解】A. 同周期元素从左到右半径减小，所以原子半径：SSiMg，故A正确； B. Mg是活泼金属，能与二氧化碳反应，镁起火燃烧时可用沙子盖灭，故B错误；C. S易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故C正确； D. 同周期元素

13、从左到右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SO4H2SiO3，故D正确；答案选B。2、C【解析】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。3、A【解析】原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量

14、=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，=，x=2.56g，A根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；C根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。4、A【解析】A根据反应过程示意图，过程中1个水分子中的化学键断裂，过程另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与

15、了反应，A项正确；B根据反应过程示意图，过程、中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；D催化剂不能改变反应的H，D项错误；答案选A。【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。5、A【解析】A高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A错误； B利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B正确；C海水蒸发是物理变化，故C正确；D淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故答案为A

16、。6、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-，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

17、；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】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。7、D【解析】A由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为

18、2mo1，选项A正确；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4-Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2Fe3+，选项D错误。答案选D。8、C【解析】A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O

19、原子间形成共价键，故A错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为121/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。9、D【解析】A.甲基橙的变色范围是3.14.4，若溶液的pH4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱

20、性，A错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3Mg(OH)2，B错误；C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O

21、，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故合理选项是D。10、A【解析】A选项，太阳能燃料属于二次能源，故A错误；B选项，直接电催化CO2制取燃料时，化合价降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确；C选项，用光催化分解水产生的H2，氢气燃烧放出热量多，无污染，是理想的绿色能源，故C正确；D选项，研发和利用太阳能燃料，消耗能量最低，有利于经济的可持续发展，故D正确。综上所述，答案为A。11、D【解析】Ac（Cl-）=0.100molL-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(

22、Na+)=0.100molL-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误；B通入HCl气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)，故B错误；C溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，物料守恒c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)= c(Na+)=0.100molL-1，则c(Cl-)+ c(OH-)=c(H+

23、)+ c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+ c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+ c(HS-)+ c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)= c(S2-)碱性溶液中c(OH-)c(H+)，所以c(Cl-)+ c(HS-)c(HS-)+c(S2-)+2 c(H2S)=0.100molL-1+c(H2S)，故C错误；D溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2

24、S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)= c(HS-)+2c(H2S)，故D正确；故答案选D。12、A【解析】A铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；BNH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。13、D【解析】A加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚

25、铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。14、B【解析】题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。【详解】A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时

26、，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。15、C【解析】A实验的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D右侧试管中使用

27、的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。16、D【解析】A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。二、非选择题（本题包括5小题）17、CHCH 酯基 NaOH水溶液、加热 B、C +C2H5OH+

28、H2O +H2O 或 CH3CHO CH2=CHCOOCH3 【解析】反应、反应的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应的产物，可知烃A为HCCH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为C可以发出催化氧化生成D，D发生信息中I的反应，则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CHCH；(2)由Z的结构简式可

29、知Z含有酯基，反应为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；(3)A羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，故A错误；B药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是，故C正确；D苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，故D错误；故答案为B、C；(4)反应E-F的化学方程式：，FX的

30、化学方程式为；(5)E为，对应的同分异构体遇FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；核磁共振氢谱有6个峰，则可能的结构为；(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料，合成Z，可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z，也可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z，对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一

31、种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。18、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知

32、，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mo

33、l氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。19、ecdabf 11:7 将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaCl

34、O溶液氧化水合肼，降低产率 防止碘升华 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5% 【解析】(1)制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由3价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6：1，则可设ClO-为6mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为7mol，失去电子的总物质的量为6mol（1-3）+

35、1mol（5-3）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由3价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：7mol=11：7；取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；(2) “合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过73；在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，

36、N2H4H2O与IO3-反应生成氮气，则IO3-被还原为碘离子，该过程的离子方程式为2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；(3) 滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入M溶液作指示剂，M为淀粉；根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L4.33mL1-3L/mL=3.363mol，样品中NaI的质量分数为。20、（1）B、D（2）Cl2+ 2OH

37、- ClO-+ Cl-+ H2O（3）取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.10molL-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作23次。（其它合理答案给分)（4） B N2H4H2O + 2NaClO N2 + 3H2O + 2NaCl（5）酸式 溶液出现蓝色且半分钟内不消失（6）9%【解析】试题分析：(3) 取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加23滴酚酞试液，用 0.10molL-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作23次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性条件下分解产生盐酸和氧气，干扰实验结果的测定。(4) BNaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根离子在酸性和加热条件下容易分解，所以分液漏斗中的液体是NaOH和NaClO混合溶液。(5) 碱式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蚀