2022届江苏省苏州市常熟高三第六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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于下列各装置图的叙述中，正确的是( )A图a制取及观察Fe(OH)2B图b比较两种物质的热稳定性C图c实验室制取NH3D图d分离沸点不同且互溶的液体混合物2、实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达

2、到实验目的的是（ ）A装置甲制取H2B装置乙净化干燥H2C装置丙制取CaH2D装置丁吸收尾气3、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2*H+* H)。下列说法错误的是A向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%D第步的反应式为*H3CO+ H2OCH3OH+*HO4、对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A分子式为B能发生加聚反应和氧化反应C具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种不考虑立体异构D分子

3、中所有原子可能处于同一平面5、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（ ）AH3PO4的电离方程式为：H3PO43H+PO43-BpH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO26、有机物G的结构简式为，下列关于有机物G的说法错误的是A分子式

4、为C10H12O5B1 mol G与足量的金属钠反应，生成H2的体积为33.6 LC在一定条件下，1 mol G与足量的H2反应，最多消耗3 mol H2D可发生取代反应、加成反应和氧化反应7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（）AW、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性YXWBY的简单氢化物的热稳定性比W的强C元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小DW与Y两种元素可以形成共价化合物8、下列关于有机物的说法正确的是A疫苗一般应冷藏存

5、放,目的是避免蛋白质变性B分子式为 C3H4Cl2 的同分异构体共有 4 种(不考虑立体异构)C有机物呋喃（结构如图所示),，从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上D高分子均难以自然降解9、废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）ABCDAABBCCDD10、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气11、下列说法不正确的是A淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应Bamol苯和苯甲酸混合物在足量氧气中完全

6、燃烧后，消耗氧气7.5a molC按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷D七叶内酯（），和东莨菪内酯（），都是某些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物12、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A正极电极反应式为：2H+2eH2B此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C此过程中铜并不被腐蚀D此过程中电子从Fe移向Cu13、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH3的H

7、A和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气AABBCCDD14、pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是（ ）A生成气体A的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2OB生成沉淀H的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-C溶液X中一定没有的离

8、子仅为：CO32-、Ba2+D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+15、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDN2NO2HNO316、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.6

9、72 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()ANa2SO4、(NH4)2CO3、KClBKCl、Na2CO3、(NH4)2SO4CCuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4DNa2SO4、NH4Cl、K2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为_；化合物E中含有的官能团名称是_。(2)G

10、生成H的反应类型是_。(3)F的结构简式为_。(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有_种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_ 。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。18、以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O) B （1）A的结构简式为_，A转化为B的反应类型是_。（2）D中含氧官能团的名称是_。（3）鉴别B、C可以用的试剂名称是_。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化

11、学方程式是_。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有_种。能与NaHCO3溶液反应产生气体；苯环上只有2个取代基；遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为31221的同分异构体的结构简式是_(写结构简式)。（6）已知： +CHCH 请设计合成路线以A和C2H2为原料合成(无机试剂任选)：_。19、苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。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

12、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

13、，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：_。20、铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。试根据实验回答下列问题：(1)铜生锈所需要的条件是：铜与_相互作用发生化

14、学反应的结果。 (2)写出铜生锈产生铜绿Cu2(OH)2CO3的化学反应方程式_。(3)推测铜和铁，_更易生锈。21、1，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) H1=134kJmol-1IICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1请回答下列问题：(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为1

15、32kJmol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为_kJmol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=_kPamin-1。(保留小数点后2位)。该温度下，若平衡时HC1的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率_；反应I的平衡常数Kp=_kPa-1(Kp为以分压表示

16、的平衡常数，保留小数点后2位)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是_(填代号)。a使用催化剂A的最佳温度约为250b相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率c两种催化剂均能降低反应的活化能，但H不变d提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度在催化剂A作用下，温度低于200时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_。p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是

17、_。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将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较

18、二者的热稳定性，故B错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。2、D【解析】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目，选项A不选；B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目，选项B不选；C. 装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2 ，实验装置和原理能达到实

19、验目，选项C不选；D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D选。答案选D。3、C【解析】A. 反应历程第步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B. 根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C. 根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D. 第步中H3CO、H2O生成CH3OH和HO，反应方程式为H3CO+H2OCH3OH+HO，故

20、D正确；故答案为C。4、D【解析】对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10，故A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，

21、侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。5、C【解析】从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】AH3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H+H2PO4-，A错误；BpH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D滴加少量Na2

22、CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2，D错误；故选C。6、B【解析】A根据有机物G的结构简式可得，其分子式为C10H12O5，A选项正确；B有机物G中有2个羟基和1个羧基，均可与金属钠反应，1 mol G与足量的金属钠反应，生成H2在标准状况下的体积为33.6 L，题中未注明标准状况，B选项错误；C在一定条件下，1 mol G中的苯环最多可与3molH2发生加成反应，C选项正确；D有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应，羟基可发生氧化反应，D选项正确；答案选B。7、A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能

23、源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。A. Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；B. 非金属性YW，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C. 元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；D. C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确答案选A。8、A【解析】A温度升高，蛋白质会变性，为避

24、免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，A正确；BC3H6可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运用相同的方法可确定二氯代物的种类，则同分异构体有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；C根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出四个碳原子可能在同一平面上，C错误；D普通的塑料制品、橡胶、合成纤维等难以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D错误。答案选A。9、B【解析】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投

25、入到可回收垃圾桶内，A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；故选B。10、C【解析】A二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错

26、误；故选C。11、D【解析】A.食用花生油是油脂，、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应，故正确；B.1mol苯或苯甲酸燃烧都消耗7.5mol氧气，所以amol混合物在足量氧气中完全燃烧后，消耗氧气7.5a mol，故正确； C. 按系统命名法，有机物的命名时，从左侧开始编号，所以名称为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷，故正确；D. 七叶内酯（）官能团为酚羟基和酯基，东莨菪内酯（）的官能团为酚羟基和酯基和醚键，不属于同系物，故错误。故选D。【点睛】掌握同系物的定义，即结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物。所谓结构相似，指具有相

27、同的官能团。12、A【解析】A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D. 此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确；故选A。13、B【解析】A溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能

28、与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。14、C【解析】强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体D，则溶液中含有NH4+，D是NH3，产生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G，则溶液X中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液G是NaHCO3，

29、；综上所述，原溶液X中含有的离子为：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【详解】A溶液X中应含有Fe2+，酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO，反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，选项A正确；B生成沉淀H的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，选项B正确；C溶液X中一定没有的离子为：CO32-、Ba2+、NO3-，选项C错误；D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+，选项D正确；故答案选C。15、A【解析】A硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化

30、二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。16、D【解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na

31、2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、C18H18O3 (酚)羟基、羰基 取代反应 CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O 10 【解析】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生

32、成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G生成H

33、的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO ，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银

34、镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。【点睛】本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。18、 加成反应 (酚)羟基、酯基 碳酸氢钠 +3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O 12 【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反

35、应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（

36、6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。19、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

37、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 【解析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，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。【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

38、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.

39、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=4.65g，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。【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

40、纯有机化合物的常用方法。20、O2、H2O、CO2 2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2 CO3 铁 【解析】(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【详解】(1)根据铜锈的化学式Cu2(OH)2CO3，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；(2)铜、氧气、水、二氧化

41、碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2 CO3；故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2 CO3；(3)铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈；故答案为：铁。【点睛】解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。21、164 0.09 74% 0.21 bd 温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小 不是平衡产率，因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450的

42、产率 【解析】(1)已知：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) H1=134kJmol-1，IICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热H=Ea(正)-Ea(逆)；(2)因反应II的V=0，p=0，则反应I的p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，根据，计算120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)；设起始时CH2=CHCH3(与)和C12(g)均为5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol=7.2mol，减小的物质的量为10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH2