2021-2022学年陕西省太原市黄陵高三下学期联考化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下，在水溶液中1 mol 的能量(kJ)

2、相对大小如下图所示。下列有关说法错误的是A上述离子中结合能力最强的是EB上述离子中最稳定的是AC上述离子与结合有漂白性的是BD反应物的键能之和小于生成物的键能之和2、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是A脱氢维生素C分子式为C6H8O6B维生素C中含有3种官能团C该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂D维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂3、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A加入一小块铜片B改用等体积 98%的硫酸C用等量铁粉代替铁片

3、D改用等体积3mol/L盐酸4、下列关于有机化合物的说法正确的是A乙醇的水溶液俗称酒精B由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于取代反应C化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种D糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖5、X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X和Z同主族，Y和W同主族；原子半径X小于Y；X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是A气态氢化物的热稳定性：WYBY和Z可形成含有共价键的离子化合物CW的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强D原子半径：r(W)r(Z)r(Y)6、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

4、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NA7、下列实验能达到实验目的的是（ ）AABBCCDD8、常温下，下列有关叙述正确的是（ ）A向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：BpH=6的NaHSO3溶液中：cC等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：c

5、D0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）：2c9、设 NA 为阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是（）A18 g H2O 含有 10NA 个质子B1 mol 苯含有 3NA 个碳碳双键C标准状况下，22.4 L 氨水含有 NA 个 NH3 分子D常温下，112 g 铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 3NA 个 SO2 分子10、某有机化工品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法正确的是AR的分子式为C10H10O2B苯环上一氯代物有2种CR分子中所有原子可共平面DR能发生加成、氧化和水解反应11、水垢中含有的CaSO4，可先用Na

6、2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=910-6，Ksp(CaCO3)=310-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（ ）A曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)BCaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3103C该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移

7、1个单位即可12、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A分子式为B该化合物可发生聚合反应C1mol该化合物完全燃烧消耗19molD与溴的溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用溶液检验13、下列实验操作能达到实验目的的是( )A加热使升华，可除去铁粉中的B电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体14、已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A反应中，每生成294 gg释放的中子数为3NAB常温常压下，22.4 L乙烷和丙烯(C3 H

8、6)的混合物中氢原子数目为6NAC1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液含有的CO32- 数目小于0.5NAD0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA15、下列说法中正确的是A在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连16、短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是

9、（ ）A四种元素的单质中，X的熔沸点最低B最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强CX的气态氢化物的稳定性较Z的弱D原子半径：YZWX二、非选择题（本题包括5小题）17、H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。请回答下列问题：（1）C的化学名称为_，G中所含的官能团有醚键、_、_（填名称）。（2）B的结构简式为_，B生成C的反应类型为_。（3）由G生成H的化学方程式为_。EF是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而CD选用的是(NH4)2S，其可能的原因是_。（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种。 氨基和羟基直接连在苯环上

10、苯环上有三个取代基且能发生水解反应（5）设计用对硝基乙苯为起始原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_18、化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：(1)AB的反应的类型是_反应。(2)化合物H中所含官能团的名称是_和_。(3)化合物C的结构简式为_。BC反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_。(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：_。能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知：CH3CH2OH。写出以环氧乙烷（）、乙醇和乙醇钠为原料制备的合成路线流程图

11、_（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、 (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

12、一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过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、工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。探究一称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。(1)(I)甲同学认为X中除Fe3外还可能含有Fe2

13、。若要判断溶液X中是否含有Fe2，可以选用_。a.KSCN溶液和氯水 b.K3Fe(CN)6溶液 c.浓氨水 d.酸性KMnO4溶液()乙同学将336 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因_，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为_。(结果保留一位小数)。探究二甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。(2)简述该实验能产生少量H2的原因_(用化学用语结合少量文字表述)。(3)装置B中试剂的作用是_，

14、装置F的作用是_。(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于_(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是_。a.AB之间 b.BC之间 c.CD之间 d.EF之间21、钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。（1）Co2+的核外电子排布式为_，Co的第四电离能比 Fe 的第四电离能要小得多，原因是_。（2）Co2+ 、Co3+都能与 CN一形成配位数为6的配离子。CN一中碳原子的杂化方式为_；HCN分子中含有键的数目为_。（3）用KCN处理含Co2+的盐溶液 ，有红色的Co(CN)2 析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co(CN)6 4- ,该配离子是一种相当强的还

15、原剂，在加热时能与水反应生成Co(CN )63-,写出该反应的离子方程式：_。（4）金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是 _。有学者从钴晶体中取出非常规的“六棱柱”晶胞，结构如图所示，该晶胞中原子个数为_，该晶胞的边长为a nm，高为c nm，该晶体的密度为_gcm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）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.酸性越弱的酸，其结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，应为B，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知：A、B、C、D、E中A能量最低，所以A物质最稳定，B正确；

16、C.ClO-与H+结合形成HClO，具有强氧化性、漂白性，C正确；D.BA+D，由电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，H=（64kJ/mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-116kJ/mol，为放热反应，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，D正确；故合理选项是A。2、B【解析】A. 根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，A错误；B. 根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；C. 1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C，失去H原子的反应为

17、氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D. 羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；故合理选项是B。3、B【解析】AFe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；故答案为B。【点睛】考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素

18、对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。4、C【解析】A. 乙醇俗称酒精，A错误；B. 由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于加成反应，B错误；C. 丁基有4种，因此化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种，C正确；D. 糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产生果糖，D错误，答案选C。5、B【解析】由题意可以推断出元素X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。A.元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定，非金属性W(S)Y(O)，气态氢化物的热稳定性：H2S

19、H2O，选项A错误；B. Y和Z可形成含有共价键的离子化合物Na2O2，选项B正确；C.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，Cl非金属性强于S，所以HClO4是该周期中最强的酸，选项C错误；D.原子半径的大小顺序：r(Z)r(W)r(Y)，选项D错误。答案选B。6、C【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6mol单键即6 NA个，故B错误；C

20、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。【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。7、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

21、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。8、B【解析】向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，C错误；0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O9、A【解析】A、18g水的物质的量为n=1mol，而一个水分子中

22、含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、112g铁的物质的量n=2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。故选：A。【点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化

23、。10、D【解析】AR的分子式为C10H8O2，A项错误；B苯环上4个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4种，B项错误；CCH3中四个原子不可能共平面，则R分子中所有原子不可能共平面，C项错误；DR含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D项正确；答案选D。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。11、D【解析】A. C

24、aSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)c(SO42-)，A项正确；B. CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数，B项正确；C. 依据上述B项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3103，每消耗1mol CO32-会生成1mol SO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则c(SO42-)=1mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；

25、D. 依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D项错误；答案选D。12、C【解析】A项，根据键线式，由碳四价补全H原子数，即可写出化学式为C13H20O，正确；B项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；C项，分子式为C13H20O，可以写成C13H18H2O，13个碳应消耗13个O2，18个H消耗4.5个O2，共为13+4

26、.5=17.5，故错误；D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br，再用AgNO3可以检验，正确。答案选C。13、C【解析】A.加热时Fe与I2反应，应选磁铁分离，A错误；B.氧化性H+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B错误；C.NaOH与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正确；D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是C。14、B【解析】A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3m

27、ol，即3NA，故A正确；B. 常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C. 1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L0.5 mol. L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32- 数目小于0.5NA，故C正确；D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。15、B【解析】A在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保

28、护法，A错误；B在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C铜锌原电池反应中，Zn失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。16、C【解析】X、 Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中，只

29、有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性WZ，故最高价氧化物对应水化物的酸性W Z，故B正确；C、非金属性X Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：YZWX，故D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、3,5-二硝基苯甲酸 羧基 溴原子 取代反应 防止两个硝基都转化为氨基 30 【解析】由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书

30、写、有机合成路线的设计。【详解】（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；CD、EF都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故CD反应中，(NH4)2S只将其中一

31、个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有103=30种。答案：30。（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高

32、锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。18、氧化 羰基 羧基 【解析】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，

33、据此分析。【详解】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。(1)AB的反应的类型是氧化反应；(2)根据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是羧基和羰基；(3)化合物C的结构简式为；BC反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可知，该副产物的结构简式为；(4)D为，它的一种同分异构体同时满足：能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分

34、异构体为；(5)已知：CH3CH2OH。环氧乙烷（）与HCl发生开环加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH在乙醇钠和乙醇作用下，再与转化为，在氢氧化钠溶液中加热得到，酸化得到，在浓硫酸催化下加热生成，合成路线流程图为。【点睛】本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为。19、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3

35、-+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NaOH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MnCO

36、3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

37、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