2022年甘肃省武威市重点高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是ANa在足量O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是46.021023B盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+) =0.1

2、 mol/LC1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是0.16.021023D标准状况下2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键2、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A放电时，Li+通过隔膜移向正极B放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C放电时正极反应为：D磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化3、对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50m

3、olCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度n/mol时间/min010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15下列说法正确的是A组别中，020min内，NO2的降解速率为 0.0125 molL1min1B由实验数据可知实验控制的温度T1T2C40min时，表格中T2对应的数据为0.18D010min内，CH4的降解速率4、已知热化学方程式：C(s，石墨) C(s，金刚石) -3.9 kJ。下列有关说法正确的是A石墨和金刚石完全燃烧，后者放热多B金刚石比石墨稳定C等量的金刚

4、石储存的能量比石墨高D石墨很容易转化为金刚石5、常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（ ）ANC13中NC1键键长比CCl4中CC1键键长短BNC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构CNCl3分子是极性分子DNBr3的沸点比NCl3的沸点低6、在催化剂、400时可实现氯的循环利用，下图是其能量关系图下列分析正确的是A曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B反应物的总键能高于生成物的总键能C反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2+2H2O(g)H115.6 kJD若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ7、下

5、列说法正确的是A标准状况下，5.6L由CH4与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数目约为6.021023BCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=41kJ/mol，当有2molCO参加反应时，该反应H变成原来的2倍C反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g）的H0，S0D加入Al能放出H2的溶液中：NO3，K+，SO42，Mg2+能大量共存8、关于Na2O2的叙述正确的是 （NA表示阿伏伽德罗常数）A7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NAB7.8 g Na2S与Na2O2的混合物， 含离子总数为0.3 NAC7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应， 转移的电数

6、为0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为0.4NA9、下列实验设计能够成功的是A除去粗盐中含有的硫酸钙杂质B检验亚硫酸钠试样是否变质C证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强D检验某溶液中是否含有 Fe2+10、下列说法不正确的是（ ）A乙烯的结构简式为CH2CH2B乙烯分子中6个原子共平面C乙烯分子的一氯代物只有一种DCHBrCHBr分子中所有原子不可能共平面11、下列说法不正确的是A国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯B晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等CMgO与Al2O3均可用于耐高温材料D燃料的脱硫脱氮、NOx

7、的催化转化都是减少酸雨产生的措施12、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（ ）A可将B中的药品换为浓硫酸B实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2C开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体D装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸13、侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl无帮助的操作是（ ）A通入CO2B通入NH3C冷却母液D加入食盐14、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A该

8、有机物没有确定的熔点B该有机物通过加聚反应得到C该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D该有机物的单体是 -C6H3OHCH2-15、25时，向20mL 0.1mol/LH2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是Aa点所示溶液中：c (H2R) + c (HR-)+ c (R2-)=0.lmol/LBb点所示溶液中：c (Na+) c(HR-) c (H2R)c(R2-)C对应溶液的导电性：b cDa、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度最大16、电解合成 1 , 2二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A该

9、装置工作时，化学能转变为电能BCuCl2能将C2H4还原为 l , 2二氯乙烷CX、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解气是重要的化工原料，以裂解气为原料合成有机物X（）的流程如图：A(CH2=CHCH3) B（CH2=CHCH2Cl）D（）EF（）G（）X（）请回答下列问题：（1）反应的反应类型是_。（2）B的名称是_，D分子中含有官能团的名称是_。（3）写出物质C的结构简式：_。（4）写出A生成B的化学方程式：_。写出反应的化学方程式：_。（5）

10、满足以下条件D的同分异构体有_种。与D有相同的官能团；含有六元环；六元环上有2个取代基。（6） 参照F的合成路线， 设计一条由CH3CH=CHCH3制备的合成线路（其他试剂任选）_。18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。(2)C的结构简式_；DE的反应类型为_(3)EF的化学方程式为_。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反

11、应，消耗NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。19、叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2

12、)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。装置a的名称是_；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10

13、molL1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。已知六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式_；计算叠氮化钠的质量分数为_(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，将挂在锥形瓶

14、壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_20、实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置ABC制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验得出的结论不合理，原因是

15、制取的氯水中含有杂质_（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称_。（2）乙同学指出由实验得出的结论不合理，原因是实验未证明_（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由_。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验、相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是_。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一

16、份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_。21、地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3-)是地下水修复研究的热点之一。（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。作负极的物质是_；正极的电极反应式是_。（2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和pH，结果如下：在pH =4.5的水体中，NO3-的去除率低的原因是_。（3）为提高pH =4.5的水体中NO3-的去除率，某课题组在初始pH =4.5的水体中分别投入Fe2+、Fe、Fe和Fe2+做对比实验结果如图：此实验可得出的结论是_，Fe2+的作

17、用可能是_。（2）中NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因_。（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_。（写出一条）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是26.021023，故A错误；B混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；CNH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.16.021023，故C错误；D标准状况下2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1

18、mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；故选B。2、D【解析】A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4 + xLi+xe=xLiFeO4，故C正确；D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。3、B【解析】A、随着反应的进行，反应物的

19、浓度降低，反应速率减小，故组别中，020min内，NO2的降解平均速率为0.0125 molL-1min-1，选项A错误；B、温度越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度T1，选项D错误。答案选B。4、C【解析】A石墨和金刚石完全燃烧，生成物相同，相同物质的量时后者放热多，因热量与物质的量成正比，故A错误；B石墨能量低，石墨稳定，故B错误；C由石墨转化为金刚石需要吸热，可知等量的金刚石储存的能量比石墨高，故C正确；D石墨在特定条件下转化为金刚石，需要合适的高温、高压，故D错误；故答案为C。5、D【解析】A. N的半径小于C的半径， NC13中NC1键键长比CCl4中C

20、C1键键长短，A正确；B. 由电子式 可知，B正确；C. NC13的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCl3分子空间构型不对称，所以NCl3分子是极性分子，C正确；D. 无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，D错误；故答案为：D。6、D【解析】A.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；B.由图像可知反应物能量高，所以键能低，选项B错误；C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）H=115.6 kJ/mol，选项C错误；D.气态水变成液态

21、要放出能量，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ ，选项D正确；答案选D。7、A【解析】An(混合气体)=0.25mol，CH4与C2H4均含4个H，则混合气体中含有的氢原子数目为0.25mol46.021023=6.021023，故A正确；B. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=41kJ/mol，反应的H与参加反应的物质的量无关，与方程式中物质前的化学计量数有关，故B错误；C反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的S0，该反应为常温下不能自发进行的分解反应，故反应的H0，故C错误；D加入Al能放出H2的溶液为酸性或强碱性溶液，碱性溶液中，M

22、g2+与氢氧根离子反应，不能大量共存；酸性溶液中，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，与题意不符，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意硝酸具有强氧化性，与金属反应一般不放出氢气。8、B【解析】A、7.8g Na2O2为1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子，转

23、移电子的数目为0.2NA，错误。9、D【解析】A选项，除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，先加氯化钡，在加碳酸钠，碳酸钠不仅除掉钙离子，还要除掉开始多加的钡离子，故A错误；B选项，检验亚硫酸钠试样是否变质，先加足量盐酸，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则试样已变质，故B错误；C选项，证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强，应向碘化钠溶液中加30%过氧化氢和稀盐酸溶液，再加淀粉，变蓝，则氧化性：H2O2 I2，故C错误；D选项，检验某溶液中是否含有 Fe2+，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液变红色，溶液中含有亚铁离子，故D正确；综上所述，答案为D。10、D【解析】A. 乙烯的结构简式为CH2=CH

24、2，A正确；B. 乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；C. 乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；D. 乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溴原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；答案为D；11、A【解析】A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。故选A。12、C【解析】A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型

25、管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；故合理选项是C。13、A【解析

26、】母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。【详解】A通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A正确；B通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；C冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误；D加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；故选A。14、A【解析】A. 聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；B.是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，

27、故B错误；C. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。故选A。15、D【解析】A、a点所示溶液中：c (H2R) + c (HR)+ c (R2)= molL1，故A错误；B、b点所示溶液相当于Na2R，R2 部分水解生成HR ,HR 再水解生成H2R，故c (Na+) c(R2-)c(HR-) c (H2R)，B错误；C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b c，故C错误；D、a、b抑制水电离，c点PH=7，不影响水电离，d点促进水电离，故D正确；故选D。16、D【解

28、析】A. 该装置为外加电源的电解池原理；B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与

29、，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2CH22H2O2NaClH22NaOHClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应 3氯丙烯 碳碳双键和氯原子 CH2=CHCH=CH2 CH2=CHC

30、H3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl 20 【解析】根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成B为3-氯丙烯，比较B和D的结构简式可知，B与C发生加成反应生成D，C为CH2=CHCH=CH2，D与氢气发生加成反应生成E为，E与氰化钠发生取代生成F，F与氢气加成生成G，G与氯化氢加成再碱性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，据此答题。【详解】(1)根据上面的分析可知，反应的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。(2)B的名称是3氯丙烯，根据D的结构简式可知，D分

31、子中含有官能团的名称是碳碳双键和氯原子，故答案为：3氯丙烯；碳碳双键和氯原子。(3)根据上面的分析可知，物质C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。(4)A生成B的化学方程式为CH2=CHCH3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl，应的化学方程式为；故答案为：CH2=CHCH3 + Cl2CH2=CHCH2Cl + HCl；。(5)根据D的结构，结合条件有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，含有六元环，六元环上有2个取代基，则符合条件的D的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原子和甲基，这样的结构有17种，或者是的环上连有氯原子，有3种结构，所

32、以共有20种；故答案为：20。(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用C CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，反应的合成路线为；故答案为：。18、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【解析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯

33、发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原

34、子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaH

35、CO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。19、tBuOHHNO2tBuNO2H2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH4)2Ce

36、(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；(2) 装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在65，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配

37、制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；A润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的

38、Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。20、MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O HCl Cl2

39、 取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl- 不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。 酸性和漂白性 加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色 【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验、中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO