2023届云南省红河州云南市蒙自一中高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

2023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0．5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、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A．是一种酯类有机物 B．含苯环和羧基的同分异构体有3种C．所有碳原子可能在同一平面 D．能发生取代、加成和氧化反应2、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，下列说法中正确的是A．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强B．只由这四种元素不能组成有机化合物C．与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应D．X、Y形成的化合物都是无色气体3、根据元素在周期表中的位置可以预测A．分解温度：CH4>H2S B．氧化性：NaClO>Na2SO3C．同浓度溶液pH：Na2SiO3>Na2CO3 D．金属性：Ca>Na4、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A．抗氧化剂 B．调味剂C．着色剂 D．增稠剂5、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶36、设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（）A．在标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB．12g金刚石中含有的共价键数为4NAC．0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子D．铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA7、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A．往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCOB．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CC．沉淀池中反应的化学方程式：2D．设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升8、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A．溶液中水的电离程度：b点＜c点B．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D．若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等9、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-

中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（）A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C．溶液中可能含有Cl-

，一定没有Fe3+D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-10、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气11、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．纯碱 B．氨气 C．烧碱 D．盐酸12、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中A．c（甲）:c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲:c（H+）乙＝1:2C．c（OH-）甲:c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）:α（乙）＝2:113、萝卜硫素（结构如图）是具有抗癌和美容效果的天然产物之一，在一些十字花科植物中含量较丰富。该物质由五种短周期元素构成，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最外层电子数相等。下列叙述一定正确的是（）A．原子半径的大小顺序为Z>W>X>YB．X的简单氢化物与W的氢化物反应生成离子化合物C．萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足8电子稳定结构D．Y、Z形成的二元化合物的水化物为强酸14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NAB．12g石墨中C-C键的数目为2NAC．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NAD．常温下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋数目为0.1NA15、中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是A．室温可溶于水和酒精B．氢原子种类数为10C．不能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该分子最多与8mol氢气反应16、酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：①NO2+SO2=NO+SO3，②2NO+O2=2NO2，③SO3+H2O＝H2SO4，以下叙述错误的是A．NO2由反应N2+2O22NO2生成B．总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C．还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O＝4HNO3D．还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O＝4HNO3二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。18、化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R＇、R〞代表烃基或氢原子+R〞Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr回答下列问题:.（1）A的名称为________,D中官能团的名称为____。（2）试剂a的结构简式为_______，I的分子式为______。（3）写出E→F的化学方程式:_________。反应G→H的反应类型是_________。（4）满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1的有机物的结构简式为._________。a只有一种官能团b能与NaHCO3溶液反应放出气体c结构中有3个甲基（5）以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:____，____，____，____。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH319、图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先______________，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置B中盛放的试剂是______________________。(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_____________(填现象)。从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：_______。(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16g，反应后固体质量减少2.4g，通过计算确定该固体产物的化学式：______。(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_____。20、叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为____。（2）步骤①中先加热通氨气一段时间的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为____。步骤③中最适宜的加热方式为___(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为____。（4）产率计算①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。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质均不参与反应)。③充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1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：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知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____(填字母代号)。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,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）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____。21、为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用CH4捕获CO2并转化为CO和H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。已知:①CH4(g)十H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/molT1°C时，在2L恒容密闭容器中加入2molCH4和1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：请回答下列问题:时间/s0102030405060CO2/mol10.70.60.540.50.50.5H2/mol00.60.80.92111（1）该研究成果的热化学方程式③CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)△H=_____（2）30s时CH4的转化率为_______，20~40s,v(H2)=_______.（3）T2°C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则T2___T1(填“>”“=”或“<”。)（4）T1°C时反应③达到平衡的标志为______________。A．容器内气体密度不变B．体系压强恒定C．CO和H2的体积分数相等且保持不变D．2v(CO)逆=v(CH4)正（5）上述反应③达到平衡后,其他条件不变,在70s时再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移动方向为________(填“不移动”“正向”或“逆向"),重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡____________(填“大”“小”或“相等”)。

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、B【答案解析】

根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基。【题目详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B.同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；答案为B。2、B【答案解析】

K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。【题目详解】A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；答案选B。3、C【答案解析】

A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误；

B．氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误；

C．最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：，C正确；

D．失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。

答案选C。4、A【答案解析】

A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。5、B【答案解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。6、C【答案解析】

A.在标况下，11.2LNO与11.2LO2

的物质的量均为0.5mol，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO和0.5molO2

反应生成0.5molNO2，消耗0.25molO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故A错误；B.12g金刚石中C的物质的量为n==

1mol，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故B错误；C.每个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以0.1molNa2O2晶体中含有0.3molNA个离子，故C正确；D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lmol氢气时转移2mol电子，所以转移的电子数为2NA，故D错误；答案选C。7、B【答案解析】

先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用，据此分析。【题目详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；答案选B。【答案点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。8、B【答案解析】

从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【题目详解】A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。9、C【答案解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32－、SO42－，根据离子共存，Fe3＋一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na＋，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42－，SO42－对Cl－的检验产生干扰，故D错误。10、C【答案解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。11、A【答案解析】

A.工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B.工业制氨气的化学方程式为：

N2+3H22NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C.工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D.工业制取盐酸：H2+Cl22HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。12、C【答案解析】

A．甲、乙两种溶液的pH，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误；

B．根据氢离子浓度等于知，：：10，B错误；

C．酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，：：：1，C正确；

D．根据上述分析结果，甲：乙不等于2：1，D错误。

答案选C。13、A【答案解析】

通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结构简式中的成键数目知，Z为S，Y为O，W为C，X为N。【题目详解】A．原子半径：S>C>N>O，故A正确；B．C的简单氢化物是有机物，不与N的氢化物反应，故B错误；C．萝卜硫素中氢元素不满足8电子稳定结构，故C错误；D．SO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故D错误；答案选A。【答案点睛】Y、Z同族，且形成化合物时，易形成两个化学键，故Y为O，Z为S。14、D【答案解析】

A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；B.一个C连3个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即1molC中共价键数为1.5NA，故B错误；C.常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；D.常温下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1mol/L×1L=0.1mol，数目为0.1NA，故D正确。答案选D。15、B【答案解析】

A．该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A错误；B．如图所示有10种氢原子，故B正确；C．该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；D．碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mol该分子最多与7mol氢气加成，故D错误；故答案为B。16、A【答案解析】

A．N2+O22NO，不能生成NO2，故A错误；B．①×2+②+③×2得：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，故B正确；C．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②得：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，故C正确；D．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②×3得：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，故D正确。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【答案解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【题目详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。18、溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O取代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3HOCH2CH2CH2OHCH2BrCH2CH2Br【答案解析】

根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D，E与甲醇发生酯化反应生成F，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。【题目详解】（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9:2:1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH；；CH2BrCH2CH2Br。19、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3CuCu2O、Cu3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl【答案解析】

(1)检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；(2)装置B的作用是干燥氨气；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5)装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【题目详解】(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前n(CuO)=0.2mol，则n(Cu)=0.2mol、n(O)=0.2mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4g，则减少氧元素的物质的量是=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1＞2:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl。【答案点睛】本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。20、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【答案解析】

(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)；(2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210∼220℃，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)NaNH2和N2O在210∼220℃下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10mol⋅L−1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N3−反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，则与N3−按1:1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3−，原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为=65%；A.使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B.六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C.滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减