2021-2022学年山西省朔州市平鲁区李林高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、中国传统文化博大精深，明代方以智的物理小识中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A物理小识中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金

2、D工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料2、某同学利用下图装置探究SO2的性质。下列有关反应的方程式，不正确的是（ ）A中溶液显红色的原因： CO32+ H2O HCO3+ OHB中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32+ H2O = CO2+ 2HSO3C中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O = HCl + HClOD中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O = H2SO4 + 2HCl3、下列物质的制备方法正确的是( )A实验室用1体积酒精和3体积浓度为6mol/L的硫酸制乙烯B用镁粉和空气反应制备Mg3N2C2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5

3、滴得新制Cu(OH)2悬浊液D用电解熔融氯化铝的方法制得单质铝4、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C碳酸钡可用于胃肠X射线造影D氢氧化铝可用于中和过多胃酸5、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：下列说法中正确的是A工业上使Mg2+沉淀，试剂应选用NaOHB将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2C电解MgCl2溶液在阴极得到金属MgD要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的应过量6、全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图)。已知：

4、溶液呈酸性且阴离子为SO42-；溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。下列说法不正确的是A放电时B极为负极B放电时若转移的电子数为3.011023个，则左槽中H+增加0.5 molC充电过程中左槽的电极反应式为：VO2+H2O-e- =VO2+2H+D充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动7、工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是A阳极区得到H2SO4B阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C离子交换膜为阳离子交换膜D当电路中有2mole-转移时，生成55gMn8、下

5、列说法正确的是（ ）A不锈钢的防腐原理与电化学有关B高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能C二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂D纯碱去油污原理是油污溶于纯碱9、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10、下列说法正确的是A氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于66.021023D在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快11、下列说法正确的是A甘

6、油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B2,3,5,5四甲基3,3二乙基己烷的键线式为C高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体D将总物质的量为1 mol的水杨酸、1,2二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH12、室温下，向20.00 mL 0.1000 molL1盐酸中滴加0.1000 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B用移液管量取20.00 mL 0.1000 molL1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗CNa

7、OH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂DV(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.513、以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH溶液浓硫酸浓硝酸ABCDAABBCCDD14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANa(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)BFe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)CSiO2(s)SiCl4(g)Si(s)DS(s)SO3(g)H2SO4(aq)15、常温下，将 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体

8、（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3 固体的过程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是Aa=5.6B常温下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO316、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说

9、法正确的是A1mol d的氧化物含2mol 化学键B工业上电解c的氧化物冶炼单质cC原子半径：a b c dD简单氢化物的沸点：a d二、非选择题（本题包括5小题）17、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1) C中含氧官能团名称为_。(2) DE的反应类型为_。(3) 已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：_。(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原

10、料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。18、F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:(1)化合物F中的含氧官能团为_和_(填官能团的名称)。(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_;由EF的反应类型为_。并写出该反应方程式:_(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:_.能发生银镜反应.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:_CH3CHOCH3COOHC

11、H3COOCH2CH319、 (CH3COO)2Mn4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是_，C装置中NaOH溶液的作用是_。(2)B装置中发生反应的化学方程式是_。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。(3)生成MnCO3的离子方程式_。判断沉淀已洗净的操作和现象是_。步骤三：制备(CH3COO)2Mn4H2O固体向11.5 g MnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过

12、55干燥，得(CH3COO)2Mn4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn4H2O最佳实验条件的数据如下：(4)产品干燥温度不宜超过55的原因可能是_。(5)上述实验探究了_和_对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn4H2O产率为_。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O35H2O(大苏打)(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是_(选填编号)；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再_。(2)在Na2S和Na2CO3

13、的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为_(生成的盐为正盐)；浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为_(生成的盐为酸式盐)。(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为_；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_。(4)硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32+I3=S4

14、O62+3I为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是_。取2.500g含杂质的Na2S2O35H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/L KI3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，实验数据如下(第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应)：编号123消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是_；Na2S2O35H2O(式量248)的质量分数是(保留4位小数)_。21、利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A中的官能团名称是_，（2）CD、FG的结反应类型分别为_（3）B的结构

15、简式为_。（4）HI的化学方程式为_。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出中的手性碳_（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式_。（不考虑立体异构，只写一种）（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备的合成路线（无机试剂任选）_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A由物理小识中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种

16、元素组成，B选项错误；C生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。2、C【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32+H2OCO2+2HSO3，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+

17、Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。3、C【解析】A实验室用1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A错误；B镁粉在空气中和氧气也反应，会生成氧化镁，故B错误；C氢氧化钠过量，可与硫酸铜反应生成氢氧化铜，反应后制得的氢氧化铜呈碱性，符合要求，故C正确；D氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选C。4、C【解析】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质

18、变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。5、D【解析】A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂的量应过量，故D

19、正确。故答案选D。6、B【解析】A. 根据放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；B. 根据选项A分析可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反应转移1 mol电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.011023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少0.5 mol，B错误；C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2O-e- =VO

20、2+2H+，C正确；D. 充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；故合理选项是B。7、C【解析】根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2+2e-= Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。【详解】A根据分析，阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出，阳极区得到H2SO4

21、，故A正确；B根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；C由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1mol Mn，其质量为1mol 55g/mol=55g，故D正确；答案选C。【点睛】本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。8、B【解析】A耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误； B硅为良

22、好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确； C二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误； D纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。 故答案为B。9、C【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：C。10、C【解析】A项，氢氧燃料电池放电

23、时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的S0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反

24、应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。11、D【解析】A. 甘油醛不属于单糖，故错误；B.键线式为 的名称为2,2,4,5四甲基3,3二乙基己烷，故错误；C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1 mol的1,2二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1 mol三种物质的混合

25、物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH，故正确。故选D。12、C【解析】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C. 甲基橙的指示范围是3.14.4，甲基红的指示范围是4.46.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)= mol/

26、L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。13、A【解析】A. 酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A错误；B. 氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B正确；C. 浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D. 浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。14、A【解析】ANa在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确；BFe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeC

27、l2，故B错误；C在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；DS在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选A。【点睛】氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。15、B【解析】Ac(CO32-)=7.010-5molL1时，c(Ca2+)=4.010-5molL1，Ksp(CaCO3)=7.010-54.010-5=2.810-9，当c(Ca2+)=5.010-5molL1时，a10-5molL1=c(CO32-)= =5.610-5molL1,a=5.6,故A正确；B1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2

28、CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C从图中当c(CO32-)在0a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.610-5molL1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)，故C正确；D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=2molL1，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2）c（C2O42-）=5.010-55.010-5，可知

29、此时溶液中c（Ca2）=1.2510-9molL1，而根据Ksp（CaCO3）=2.810-9可知溶液中的c（CO32）= = 2.240molL1，故溶液中n（CO32）=2.240molL10.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；故选B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。16、B【解析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的

30、最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A. d的氧化物为二氧化硅，1mol 二氧化硅中含有4mol Si-O键，故A错误；B. 工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确

31、；C. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a d c b，故C错误；D. 水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：a d，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基和酯基 消去反应 【解析】(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分

32、子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由EFG转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含

33、甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线

34、设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。18、羧基 醚键 ClCH2CHO 取代反应 +H2O+CH3CH2OH 【解析】由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。【详解】(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CH

35、O。由EF发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:.能发生银镜反应，含有醛基，.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的CDEF，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中CD反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸

36、性条件下水解得到。故答案为：。19、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净 温度过高会失去结晶水 醋酸质量分数 温度 90.0% 【解析】将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaO

37、H溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)MnSO4与NH4HCO3发

38、生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O；若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55；(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5 g MnCO3的物质的量为n(MnCO3)=0.1 mol，根据Mn元素守恒可知

39、理论上能够制取(CH3COO)2Mn4H2O的物质的量是0.1 mol，其质量为m(CH3COO)2Mn4H2O=0.1 mol245 g/mol=24.5 g，实际质量为22.05 g，所以(CH3COO)2Mn4H2O产率为100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。20、d 打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好 3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3 SO2+Na2CO3=Na2

40、SO3+CO2 Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3 2：1 前者 防止Na2S2O3被空气中O2氧化 溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去 99.20% 【解析】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中； (2)其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；黄色沉淀

41、减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，则+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1。因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量关系计算。【详解】(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能