2023年安徽省青阳县第一中学高三第三次测评化学试卷含解析

2023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、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是A．用CCl4提取碘水中的碘B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴C．用酒精除去苯酚中的甘油D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸2、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C．MgO与Al2O3均可用于耐高温材料D．燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施3、用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A．18gD2O含有的电子数为10NAB．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAC．标准状况下，11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NAD．将23gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间4、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．SiO2H2SiO3Na2SiO3B．饱和食盐水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D．NH3N2HNO35、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X>WB．简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性Z>YC．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D．W、Z阴离子的还原性：W>Z6、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）A．NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤B．硝基苯（苯）：蒸馏C．己烷（己烯）：加适量溴水，分液D．乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气7、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是A．同质量、不同密度的N2和CO B．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、不同密度的C2H4和C3H6 D．同压强、同体积的N2O和CO28、下列有关化学用语表示正确的是（）A．对硝基甲苯的结构简式：B．CS2的比例模型：C．CH2F2的电子式：D．氯原子结构示意图：9、已知：

。在的密闭容器中进行模拟合成实验，将和通入容器中，分别在和反应，每隔一段时间测得容器中的甲醇的浓度如下：1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列说法正确的是

A．时，开始内的平均反应速率B．反应达到平衡时，两温度下CO和的转化率之比均为C．反应达到平衡时，放出的热量为D．时，若容器的容积压缩到原来的，则增大，减小10、下列说法正确的是（）A．如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰B．如图有机物分子式为C10H12O3C．分子式为C9H12的芳香烃共有9种D．蓝烷的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）11、下列说法不正确的是()A．可用焦炭还原SiO2制备单质SiB．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2D．摩尔盐的组成可表示为NH4Fe(SO4)2•6H2O12、向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。实验发现:ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深13、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li＋通过，结构如图所示：已知原理为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC。下列说法不正确的是（）A．充电时，Li＋向左移动B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极的电极反应式为xLi＋＋xe－＋nC=LixCnD．放电时，正极的电极反应式为（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO414、欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2C．称量样品→加热→冷却→称量MgOD．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO15、如图是一种可充电锂电池，反应原理是4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，LiPF6是电解质，SO(CH3)2是溶剂。下列说法正确的是（）A．放电时，电子由a极经电解液流向b极B．放电时，电解质溶液中PF6-向b极区迁移C．充电时，b极反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+D．充电时，b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLi16、LiAlH4是一种常用的储氢材料，也是有机合成中重要的还原剂。下列关亍LiAlH4的说法中，不正确的是A．电子式：B．还原有机物时，应在无水体系中迚行C．1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气D．乙醛还原生成乙醇的过程中，LiAlH4作还原剂二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。（1）A的结构简式为_____________。（2）B中官能团的名称是_____________。（3）反应①~④中，属于加成反应的有_______，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_______。（4）请写出反应⑥的化学方程式_____________。（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式_____________。（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：（R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________18、香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物19、FeC2O4·2H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、___________C(填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是__________________。(3)B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_________。(4)判断A中固体已完全反应的现象是_____________。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：________。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是________________________________。(6)测定FeC2O4·2H2O样品纯度(FeC2O4·2H2O相对分子质量为M)：准确称取wgFeC2O4·2H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用cmol·L—1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2↑+H2O(未配平)。则该样品纯度为_______%(用代数式表示)。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。20、S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点－76℃，沸点138℃，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300℃以上完全分解。进一步氯化可得SCl2，SCl2是樱桃红色液体，易挥发，熔点－122℃，沸点59℃。SCl2与S2Cl2相似，有毒并有恶臭，但更不稳定。实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。请回答下列问题：（1）仪器m的名称为______，装置D中试剂的作用是______。（2）装置连接顺序：______→B→D。（3）为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和______。（4）从B中分离得到纯净的S2Cl2，需要进行的操作是______；（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分X的体积分数：①W溶液可以是______（填标号）。aH2O2溶液b氯水c酸性KMnO4溶液dFeCl3溶液②该混合气体中气体X的体积分数为______（用含V、m的式子表示）。21、有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成了J，其合成路线如下：

已知：+R-OH回答下列问题：（1）E的名称_________（2）C→D的化学方程式____________。（3）D→E、E→F的反应类型分别是_________、_______。（4）H中含有的官能团名称是_______，F的分子式_______。（5）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为_______。（6）参照题中合成路线图，设计以甲苯和为原料来合成的合成路线___

参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故A正确；B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后利用图中分液装置分离，故B正确；C.酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故C错误；D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故D正确；故选：C。【答案点睛】萃取剂与原溶剂不能互溶，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。2、A【答案解析】

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。3、C【答案解析】

A.D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，故A错误；B.124g白磷的物质的量为1mol，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根P—P键，故1mol白磷中所含P—P键数目为6NA，故B错误；C.标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D.2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；答案选C。4、B【答案解析】

A.SiO2和水不反应，不能实现SiO2H2SiO3的转化，故不选A；B.饱和食盐水通入氨气、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，过滤后，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故选B；C.电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，不能实现MgCl2(aq)Mg(s)，故不选C；D.NH3催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，不能实现NH3N2，故不选D。5、C【答案解析】

因为W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【题目详解】A．同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径P＞Cl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：P＞Cl＞O＞H，即Y>Z>X>W，A正确；B．H2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HCl＞PH3，B正确；C．没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；D．P3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。6、C【答案解析】

根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【题目详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B.硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C.己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D.SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。7、A【答案解析】

A、二者同质量，摩尔质量也相同，根据n=知，二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有2个原子，所以原子数相同，故A正确；B、同温度、同体积，气体分子数目与压强呈正比，压强不定，无法判断气体分子数关系，故B错误；C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6，质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同，质量相等的两种气体含有相同的原子数，但质量不相等，则所含原子数不一定相同，故C错误；D、同压强、同体积，气体分子数目与温度呈反比，温度不定，无法判断气体分子数关系，故D错误；故选：A。8、B【答案解析】

A.对硝基甲苯的结构简式：，A错误；B.半径：r(C)<r(S)，CS2的的比例模型：，B正确；C.CH2F2的电子式：，C错误；D.氯原子结构示意图：，D错误；故答案选B。9、B【答案解析】

A.时，开始10min内甲醇的平均速率-1·min-1，依据速率与方程式的计量数的关系可得，H2的平均速率v(H2)=0.08mol·L-1·min-1，故A错误；B.两温度下，起始时CO和H2的物质的量之比是方程式的系数比，反应时也是按照方程式的系数比转化的，所以反应达到平衡时，CO和H2的转化率之比为1:1，故B正确；C.反应达到平衡时，放出的热量为kJ，故C错误；D.时，若容器的容积压缩到原来的，依据压强与反应速率的关系，则v增大，v增大，故D错误。故选B。10、A【答案解析】

A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；故答案为A。11、D【答案解析】

A.高温条件下，可用碳还原SiO2制备单质Si，故A正确；B.镁单质可与NH4Cl溶液反应生成NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C.浓硫酸具有强氧化性与NaBr固体共热可生成单质Br2，故C正确；D.摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D错误；故选D。12、C【答案解析】

根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【题目详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；答案为C。13、A【答案解析】

A．充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li＋向右移动，故A符合题意；B．放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；C．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLi＋＋xe-＋nC=LixCn，故C不符合题意；D．放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故D不符合题意；故答案为：A。【答案点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态，放电时则相反。14、B【答案解析】

受热易分解，其分解反应为：。【题目详解】A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。15、C【答案解析】

由所给的反应原理可判断原电池时，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为Li-e-═Li+，LiPF6是电解质，则正极反应式为

FeS2+4Li++4e-═Fe+2Li2S。【题目详解】A.电子从负极沿导线流向正极，电子不经过电解质溶液，A错误；B.原电池中阴离子移向负极，电解质溶液中PF6-应向a极区迁移，B错误；

C.充电时,原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b极为阳极，反应式为Fe＋2Li2S－4e-=FeS2＋4Li+，C正确；D.由所给原理4Li＋FeS2Fe＋2Li2S，可得关系式，b极消耗5.6gFe时在a极生成2.8gLi，D错误；故选C。16、C【答案解析】

A选项，LiAlH4中锂显+1价，AlH4－，因此LiAlH4电子式：，故A正确；B选项，LiAlH4与水要反应，生成氢气，因此在还原有机物时，应在无水体系中迚行，故B正确；C选项，1molLiAlH4跟足量水反应可生成89.6L氢气，缺少标准状况下，因此C错误；D选项，乙醛还原生成乙醇的过程中，乙醛作氧化剂，LiAlH4作还原剂，故D正确。综上所述，答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、HOCH2C≡CCH2OH羟基①②⑦⑧【答案解析】

结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【题目详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应①、②是加成反应，反应③、④为取代反应；（4）反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2C≡CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。18、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【答案解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【题目详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。19、C、D(或E)、C、E、B排尽装置内空气，避免干扰实验CO淡黄色粉末全部变成黑色粉末取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)缺少尾气处理装置偏低【答案解析】

FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【题目详解】(1)检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B、C。答案为：C、D(或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=×cmol/L×V×10-3L×=，则该样品纯度为==%V测=V终-V始，若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：；偏低。【答案点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O4——3KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。20、三颈烧瓶防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2A→F→E→C滴入浓盐酸的速率（或B