江苏省盐城市阜宁2023学年高考冲刺模拟化学试题含解析

2021-2022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、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A．YW3分子中的键角为120°B．W2Z的稳定性大于YW3C．物质甲分子中存在6个σ键D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸3、下列物质结构和性质变化规律正确的是（）A．硬度：LiCl＜NaCl＜KCl B．沸点：HF＜HCl＜HBrC．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 D．原子半径：Na＞Mg＞Al4、在使用下列各实验装置时，不合理的是A．装置①用于分离CCl4和H2O的混合物B．装置②用于收集H2、CO2、Cl2等气体C．装置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④用于收集NH3，并吸收多余的NH35、下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（）A．碳酸钠 B．氢氧化铝 C．氧化钙 D．硫酸镁6、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA7、既发生了化学反应，又有电解质的溶解过程，且这两个过程都吸热的是A．冰醋酸与NaOH溶液反应 B．KNO3加入水中C．NH4NO3加入水中 D．CaO加入水中8、JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi+Li-xCoO2=LiCoO2。工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极B．放电时，正极反应式为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2C．充电时，电源b极为负极D．充电时，R极净增14g时转移1mol电子9、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10、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A．常温常压下，1mol氦气中含有的质子数为2NAB．l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC．1Llmol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA11、铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有关说法正确的是A．铯元素的相对原子质量约为133 B．Cs、Cs的性质相同C．Cs的电子数为79 D．Cs、Cs互为同素异形体12、主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，X、Z为金属元素；X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是（）A．简单离子半径：X＜M＜YB．Z与M形成的化合物中一定只含离子键C．YM2可用于自来水消毒D．工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X13、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（）A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B．实验时水浴温度需控制在50～60℃C．仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品14、液态氨中可电离出极少量的NH2－和NH4+。下列说法正确的是A．NH3属于离子化合物 B．常温下，液氨的电离平衡常数为10－14C．液态氨与氨水的组成相同 D．液氨中的微粒含相同的电子数15、反应HgS+O2=Hg+SO2中，还原剂是A．HgS B．Hg C．O2 D．SO216、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+二、非选择题（本题包括5小题）17、药物中间体(G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:回答下列问题:(1)化合物D和G中含氧官能团的名称分别为___________、_________。(2)由B→C的反应类型为_____;写出C→D反应的化学方程式:________。(3)化合物E的结构简式为________。(4)反应F→G的另一种生成物是___________。(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:_______。①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:②核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:4:9;③分子中含有氨基。(6)已知:RCNRCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_________(无机试剂任用)。18、2一氧代环戊羧酸乙酯(K)是常见医药中间体，聚酯G是常见高分子材料，它们的合成路线如下图所示：已知：①气态链烃A在标准状况下的密度为1.875g·L-1；（1）B的名称为__________；E的结构简式为__________。（2）下列有关K的说法正确的是__________。A．易溶于水，难溶于CCl4B．分子中五元环上碳原子均处于同一平面C．能发生水解反应加成反应D．1molK完全燃烧消耗9.5molO2（3）⑥的反应类型为__________；⑦的化学方程式为__________（4）与F官能团的种类和数目完全相同的同分异构体有__________种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1：2：3：4的是__________(写结构简式)。（5）利用以上合成路线中的相关信息，请写出以乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线：__________。19、苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：试剂相关性质如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/℃249.078.0212.6相对分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚回答下列问题：（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。（6）最终得到产物纯品12.0g，实验产率为_________%（保留三位有效数字）。20、某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_________，证明的方法是_____________。(2)设计C装置的作用是________________，缺陷是___________________。21、自20世纪80年代以来建立起的沼气发酵池，其生产的沼气用作燃料，残渣（沼渣）中除含有丰富的氮、磷、钾等常量元素外，还含有对作物生长起重要作用的硼、铜、铁、锌、锰、铬等微量元素，是一种非常好的有机肥。请回答下列问题：(1)现代化学中，常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。(2)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数由多到少的顺序是__________（填字母）。a.Mn2+B.Fe2+C.CuD.Cr(3)P4易溶于CS2，难溶于水的原因是___________。(4)铜离子易与氨水反应形成[Cu(NH3)4]2+配离子。①[Cu(NH3)4]2+中提供孤电子对的成键原子是__________。②研究发现NF3与NH3的空间构型相同，而NF3却难以与Cu2+形成配离子，其原因是___________。(5)某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的坐标系表示：在铁(Fe)的一种立方晶系的晶体结构中，已知2个Fe原子坐标是(0，0，0)及(，，)，且根据均摊法知每个晶胞中有2个Fe原子。①根据以上信息，推断该晶体中原子的堆积方式是__________，②已知晶体的密度为ρg·cm-3，Fe的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，晶体中距离最近的两个铁原子之间的距离为_________pm（用代数式表示）。

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．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；故选B。2、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。3、D【解析】

A、离子半径：Li+＜Na+＜K+，晶格能LiCl>NaCl>KCl，所以硬度LiCl>NaCl>KCl，故A错误；B、HF分子间存在氢键，所以沸点：HCl＜HBr＜HF，故B错误；C、非金属性P＜S＜Cl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：Na＞Mg＞Al，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。4、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分层，则图中分液装置可分离，选项A正确；B．短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体，选项B正确；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，选项C正确；D．不能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。5、B【解析】

用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。6、C【解析】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。7、C【解析】

A.冰醋酸和氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；B.由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；C.硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；D.氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误；故选：C。8、B【解析】

A．由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；B．放电时，正极Q上发生还原反应xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2，B正确；C．充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；D．充电时，R极反应为Li++e-=Li，净增的质量为析出锂的质量，n(Li)==2mol，则转移2mol电子，D错误。故选B。9、B【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。【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。10、C【解析】

A．He原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；B．10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，可以知道1个CO32－水解会生成1个OH－和1个HCO3－，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；D．NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3－中的＋5降低到了＋4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；本题答案选C。11、A【解析】

A．元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A正确；B．Cs、Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C．电子数等于质子数，Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；D．Cs、Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；故合理选项是A。12、B【解析】

主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；X、Z为金属元素，其最外层电子数只能为1、2、3，当X最外层电子数为1时，Z的最外层电子数可能为1、2、3，Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8，都不可能，所以X、Z最外层电子数只能为2、3，Y的最外层电子数为12-2-3=7，结合原子序数大小及都是主族元素可知，X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素【详解】根据分析可知：M为O，X为Al，Y为Cl，Z为Ca元素。A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X＜M＜Y，故A正确；B．O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键，故B错误；C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，故C正确；D．工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝，故D正确；答案选B。【点睛】难点：通过讨论推断X、Y为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。13、D【解析】

A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；答案选D。14、D【解析】

A．NH3属于共价化合物，选项A错误；B．不能确定离子的浓度，则常温下，液氨的电离平衡常数不一定为10－14，选项B错误；C．液态氨是纯净物，氨水是氨气的水溶液，二者的组成不相同，选项C错误；D．液氨中的微粒NH2－和NH4+含相同的电子数，均是10电子微粒，选项D正确；答案选D。15、A【解析】

反应HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合价降低，S元素化合价升高，O元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。【详解】A．HgS中S元素化合价升高，作还原剂，故A符合；B．Hg是还原产物，故B不符；C．O2是氧化剂，故C不符；D．SO2是氧化产物也是还原产物，故D不符；故选A。16、D【解析】

由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-水解显碱性，且其水解程度比NH4+大，则溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故D符合题意；所以答案：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基肽键加成反应CH3CH2OH和【解析】

A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。【详解】(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根据B→C的结构式得出反应类型为加成反应；根据C→D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。(4)根据反应F→G中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为—OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个—NH2,1个—C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。(6)CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。18、1,2-二氯丙烷C、D取代反应8【解析】

M（A）=1.875g/L22.4L/mol=42g/mol，A属于链烃，用“商余法”，4212=3…6，A的分子式为C3H6，A的结构简式为CH2=CHCH3；A与Cl2反应生成B，B的结构简式为CH3CHClCH2Cl；根据B的结构简式和C的分子式（C3H8O2），B→C为氯代烃的水解反应，C的结构简式为CH3CH（OH）CH2OH；D在NaOH/乙醇并加热时发生消去反应生成E，E发生氧化反应生成F，根据F的结构简式HOOC（CH2）4COOH和D的分子式逆推，D的结构简式为，E的结构简式为；聚酯G是常见高分子材料，反应⑦为缩聚反应，G的结构简式为；根据反应⑥的反应条件，反应⑥发生题给已知②的反应，F+I→H为酯化反应，结合H→K+I和K的结构简式推出，I的结构简式为CH3CH2OH，H的结构简式为CH3CH2OOC（CH2）4COOCH2CH3。【详解】根据上述分析可知，（1）B的结构简式为CH3CHClCH2Cl，其名称为1,2—二氯丙烷。E的结构简式为。（2）A，K中含酯基和羰基，含有8个碳原子，K难溶于水，溶于CCl4，A项错误；B，K分子中五元环上碳原子只有羰基碳原子为sp2杂化，其余4个碳原子都是sp3杂化，联想CH4和HCHO的结构，K分子中五元环上碳原子不可能均处于同一平面，B项错误；C，K中含酯基能发生水解反应，K中含羰基能发生加成反应，C项正确；D，K的分子式为C8H12O3，K燃烧的化学方程式为2C8H12O3+19O216CO2+12H2O，1molK完全燃烧消耗9.5molO2，D项正确；答案选CD。（3）反应⑥为题给已知②的反应，反应类型为取代反应。反应⑦为C与F发生的缩聚反应，反应的化学方程式为nHOOC（CH2）4COOH+nCH3CH（OH）CH2OH+（2n-1）H2O。（4）F中含有2个羧基，与F官能团种类和数目完全相同的同分异构体有、、、、、、、，共8种。其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1:2:3:4的结构简式为。（5）对比CH3CH2OH和的结构简式，联想题给已知②，合成先合成CH3COOCH2CH3；合成CH3COOCH2CH3需要CH3CH2OH和CH3COOH；CH3CH2OH发生氧化可合成CH3COOH；以乙醇为原料合成的流程图为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3（或CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3）。【点睛】本题的难点是符合条件的F的同分异构体数目的确定和有机合成路线的设计。确定同分异构体数目应用有序思维，先确定官能团，再以“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排布同、邻、间”的顺序书写。有机合成路线的设计首先对比原料和最终产物的结构，官能团发生了什么改变，碳原子数是否发生变化，再根据官能团的性质和题给信息进行设计。19、重结晶冷凝回流乙醇和水水浴加热吸水剂由白色变为蓝色蒸馏分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为。20、Cu或Cu2O向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】

（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；