2023届江西省奉新县普通高考化学倒计时模拟卷含解析

2023学年高考化学模拟试卷

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、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是（）

A.体积之比为13：13：14B.密度之比为14：14：13

C.质量之比为1：1：1D.原子数之比为1：1：1

2、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是

NBCI加入水中一—水分子与NaCl晶体作用一»》NnCI溶解井电离

A.在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷

B.在NaCl晶体中，Na+和的排列整齐有序

C.Na+、Cl-在水中是以水合离子的形式存在

D.NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键

3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A.常温下，pH=2的H2sCh溶液1L中，硫酸和水电离的H+总数为0.01刈

B.lmo!H2O最多可形成4NA个氢键

C.用浓盐酸分别和MnCh、KCKh反应制备Imol氯气，转移的电子数均为2NA

D.常温常压下，02与03的混合气体16g,分子总数为NA

4、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍,X，Y+具有相

同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是（）

A.原子半径：Y>Z>X>W

B.简单氢化物的稳定性：X>Z>W

C.最高价氧化物的水化物的酸性：W>Z

D.X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同

5、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

选项实验现象结论

A植物油和滨水混合后振荡、静置溶液分层，滨水褪色植物油萃取了浸水中的B。

B将CL通入滴有酚猷NaOH的溶液褪色CL具有漂白性

C将过量的CO2通入CaCL溶液无白色沉淀生成生成的Ca(HCO3)2可溶于水

D将浓硫酸滴到胆矶晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性

A.AD.D

6、向某恒容密闭容器中加入1.6mol・L”的NCh后，会发生如下反应：2NO2(g)#N2O4(g)AH=-56.9kJ・molL其中

N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是

A.升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深

B.0-60s内，NO2的转化率为75%

C.0-60s内，v(N02)=0.02mol・LLs"

D.a、b两时刻生成NCh的速率v(a)>v(b)

7、下列化学用语正确的是

A.中子数为2的氢原子：；HB.Na+的结构示意图:

C.OH-的电子式：［：0：H「D.N2分子的结构式：N—N

8、下列化学用语的表述正确的是

离子结构示意图:28可以表示16()2-,也可以表示18()2-

U

B.比例模型：.)可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子

C.氯化铉的电子式为：［H：R：H［%-

D.二氧化碳分子的比例模型是：OO

9、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组

成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于

R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是

A.元素的非金属性为R>Y>W

B.原子半径为W>R>X>Y

C.R与其他三种元素均可形成二元共价化合物

D.简单氢化物的热稳定性为R>W>Y

10、现有短周期主族元素R、X、Y、Z„若它们的最外层电子数用n表示，则有：n(X)+n(Y)=n(Z),n(X)+n(Z)=

n(R)»这四种元素组成一种化合物Q,Q具有下列性质：

下列说法错误的是

A.原子半径：Y>Z>XB.最高价氧化物对应水化物酸性：YVZ

C.X和Y组成的化合物在常温下都呈气态D.Y3Z4是共价化合物

11、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是

C.溶解

D.检验

12、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（）

A.甲装置可将FeCL溶液蒸干获得FeCh晶体

乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性

丙装置可除去CO2中的SO2

NajCQ,

‘饱和溶液

D.丁装置可将NH4cl固体中的L分离

13、下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是（）

选项实验操作实验现象解释或结论

某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将

A有白色沉淀出现该钾盐是K2co•,

其通入澄清石灰水

将少量的滨水分别滴入溶液、溶

FeCl2Nai下层分别呈无色和

B还原性：r>Br->Fe2+

液中，再分别滴加CO,振荡紫红色

C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2「此。"的M<0

将NH4HCO3受热分解产生的气体通入某溶液变浑浊，继续通

D该溶液是Ca(OH)2溶液

溶液入该气体，浑浊消失

A.AB.BC.CD.D

14、下列物质转化在给定条件下不能实现的是

一。,印>

A.A12O,NaAlO2(aq)A1(OH)3

B.饱和NaCl(aq)TS^NaHCO3-^Na2CO3

H2

C.S>SO3°>H2SO4

煨烧>

D.MgCl2(aq)-^^->Mg(OH)2MgO

15、不能用勒夏特列原理解释的是()

A.草木灰(含K2c03)不宜与氨态氮肥混合使用

B.将FeCb固体溶解在稀盐酸中配制FeCb溶液

C.人体血液pH值稳定在7.4±0.05

D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎

16、25°C时,0.100mol-L-1盐酸滴定25.00mLO.1000mol.L“'氨水的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A.滴定时，可迄用甲基橙或酚酸为指示剂

B.a、b两点水电离出的OH-浓度之比为1()412

C.c点溶液中离子浓度大小顺序为c(CD>c(NHZ)>C(H+)>C(OH)

D.中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时消耗相同浓度盐酸的体积相等

二、非选择题(本题包括5小题)

17、有机物PAS-Na是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的

路线如图：

制b_―一

浓Hg"△>g2Hl0)

PAS—Na

回答下列问题：

⑴匚力生成A的反应类型是__。

(2)F中含氧官能团的名称是试剂a的结构简式为一。

(3)写出由A生成B的化学方程式：—o

(4)质谱图显示试剂b的相对分子质量为58,分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学

方程式：_»

(5)当试剂d过量时，可以选用的试剂d是一(填字母序号)。

a.NaHCChb.NaOHc.Na2cO3

(6)肉桂酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种的结构简式一。

a.苯环上有三个取代基；

b.能发生银镜反应，且Imol该有机物最多生成4moiAg；

c.苯环上有两种不同化学环境氢原子

18、H是合成某药物的中间体，其合成路线如F(-Ph代表苯基)：

(1)已知X是一种环状烧，则其化学名称是一。

(2)Z的分子式为一；N中含氧官能团的名称是一。

(3)反应①的反应类型是

(4)写出反应⑥的化学方程式：

(5)T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有一种(不包括立体异构)。写出核磁共振氢谱有

五个峰的同分异构体的结构简式:

a.与氯化铁溶液发生显色反应

b.ImolT最多消耗2moi钠

c.同一个碳原子上不连接2个官能团

(6)参照上述合成路线，结合所学知识，以匚尸)为原料合成OHCCH2cH2COOH,设计合成路线：_(其他试剂

任选)。

19、某同学欲用98%的浓H2s04(p=1.84g/cm3)配制成500mL0.5mol/L的稀H2sO4

(1)填写下列操作步骤：

①所需浓H2s04的体积为O

②如果实验室有10mL、20mL,50mL量筒，应选用—mL量筒量取。

③将量取的浓H2sth沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的—里，并不断搅拌，目的是一。

④立即将上述溶液沿玻璃棒注入一中，并用50mL蒸储水洗涤烧杯2〜3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡。

⑤加水至距刻度一处，改用一加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀。

(2)请指出上述操作中一处明显错误：一»

(3)误差分析：(填偏高、偏低、无影响)

①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将

②问题(2)的错误操作将导致所配制溶液的浓度—；

20、某研究小组在实验室以废铜屑（主要成分是Cu、CuO,含有少量的Fe、Fe2O3）为原料制备碱式碳酸铜[Cu2（OH）2co4

具体流程如下：

[55-6O「C过滤、端浮、十燥

废TCg(OHXX)J

铜稀破取30%H4两节pHNMOs

MI1口‘过滤in

—

已知：CU2（OH）2c03为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。

（1）为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为—（任写一种）。

Q）“操作n”中铜发生反应的离子方程式为一。

（3）“调节pH”操作中加入的试剂为—（填化学式）。

（4）洗涤CU2（OH）2cCh沉淀的操作为.

（5）“操作皿”中温度选择55〜60℃的原因是—；该步骤生成CuKOH）2c03的同时产生CO2,请写出该反应的化学方

程式：—»

（6）某同学为测定制得的产品中CuMOH）2cCh的质量分数，进行了如下操作：称取mig产品，灼烧至固体质量恒重时,

得到黑色固体（假设杂质不参与反应），冷却后，称得该黑色固体质量为m2g,则样品中CU2（OH）2cO3的纯度为一（用

含mi、m2的代数式表示）。

9言茶

iii.RC。。*RC。。（R表示燃基）

（1）反应①的反应类型是一。

（2）反应②的化学方程式：

（3）C的核磁共振氢谱图中有一个峰。

（4）反应③的化学方程式：

（5）F的分子式是C24H28。2。F中含有的官能团：

（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑-0-0-或“结构）：

-O-C-O-

a.苯环上的一氯代物有两种

b.既能发生银镜反应又能发生水解反应

Quiiir/.VtfOH

（7）已知：I（1•.uu（R、R，为烧基）。以2.溟丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成

CH,CH>

,写出合成路线—（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反

H,C—C-CH—CH-C—CH,

应条件。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、B

【解析】

假设质子都有14mo1,则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是Imol、Imol、Imol。

A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1：1:1,A错误；

B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14：14：13,B正确；

C、质量之比为lmolX28g/mol：lmolX28g/mol：lmolX26g/mol=14:14:13,C错误；

D、原子个数之比为lmolX2：lmolX2：lmolX4=l：1：2,D错误。

答案选B。

2、A

【解析】

A.在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O,使得O原子相对显负

电性，H原子相对显正电性，A项错误；

B.在NaCl晶体中，Na+和C「整齐有序地排列，B项正确；

C.Na+、Cl-在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；

D.NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与C「分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与之间

的离子键，D项正确；

答案选A。

3、A

【解析】

A.常温下，lLpH=2的H2s04溶液中，硫酸和水电离的H+总数为（l（?2+io-i2）moi/LxlLxNA=0.01NA,A正确；

B.在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则ImolHhO最多可形成2NA个氢

键，B不正确；

C.MnCh与浓盐酸反应制备Imol氯气，转移的电子数为2NA,KCKh与浓盐酸反应制备Imol氯气（反应方程式为

+

C1O3+5CI+6H==3C12t+3H2O）,转移的电子为gNA,C不正确；

D.采用极端分析法，th与03各16g,分子总数分别为;NA和;NA,则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D

不正确；

故选A。

【点睛】

在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。

4、B

【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳（C）；X，Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F）,Y为钠（Na）；

Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（CI）。

【详解】

A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na>Cl>C>F,A错误；

B.非金属性F>C1>C,所以简单氢化物的稳定性X>Z>W,B正确；

C.非金属性C<CL则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z,C错误；

D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF,前者含共价键、后者含离子键，D错误。

故选B。

5、D

【解析】

A.植物油中的炫基含有碳碳双键，与滨水发生加成反应，可导致溪水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B,氯气与

水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C.因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化

钙溶液不反应，C错误；D.晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。

点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、

脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2s04的吸水性与脱水性的区别：浓H2s04夺取的水在原物质中以H2O分子形式存

在时浓H2sCh表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2s04表现脱水性。

6、D

【解析】

A.放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A项正确；

B.设容器体积为V,0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol,则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol,NO2的转化

率为经㈣x100%=75%,B项正确；

1.6Vmol

C.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内v(N2O4)=彳=a^^=0・01molLT-sT,贝Uv(NOz)=2

V(NZO4)=2X0.01mol-L-1-s-,=0.02mol-L-1-s-1,C项正确；

D.随着反应的进行，消耗的Nth的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成

NCh的速率：v(a)vv(b),D项错误；

答案选D。

7、C

【解析】

A.中子数为2的氢原子的质量数为3,该原子正确的表示方法为：：H,故A错误；

B.钠离子的核外电子总数为10,质子数为11,钠离子正确的离子结构示意图为：\故B错误；

C.氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为［：0：H「，故C正确；

D.氮气分子的电子式为：：N喘N：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N三N,故D错误；

故选C。

8、A

【解析】

A.离子结构示意图0中质子数为8,核核外电子数为10,表示氧离子，所以可以表示1603,也可以表示18。2一,

与中子数无关，故A正确;

B.比例模型为：J可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因C1原子半径比C原子半径大，四氯化碳的

比例模型为，故B错误；

H

C.氯化镂为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子和电荷，正确的电子式为：［H：N：H［+［：@：］一,故C错误；

D.二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，则二氧化碳分子的比例模型：

故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为BD,要注意比例模型中原子的相对大小的判断。

9、D

【解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0,则Y位于第IVA族；W和R组成的化合

物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电

子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8,

W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1,且X原子序数大于R而小于Y,

为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。

【详解】

A.W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素

非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y,故A错误；

B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是

X>Y>W>R,故B错误：

C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化

合物Na?。、Na2O2,故C错误；

D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y,则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y,

故D正确；

故选D。

10、C

【解析】

根据题给信息，Q溶液与FeCb溶液反应生成血红色物质，可知Q溶液中含有SCN-；Q溶液与NaOH溶液共热会生

+

成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3,则Q溶液中含有NH4.由此可推断出Q为NH4SCN»

根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。

【详解】

A.同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：C>N,H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原

子半径大小关系为：C>N>H,A项正确；

B.同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故HN(h的酸性

比H2c03强，B项正确；

C.C、H组成的煌类化合物中，常温下苯等烧类呈液态，C项错误；

D.C3N4类似于Si3N4,同属于原子晶体，是共价化合物，D项正确；

答案选C。

11、B

【解析】

A.过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；

B.灼烧海带应该在用堪中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；

C.溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；

D.可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；

故选B。

12、B

【解析】

A.FeClz加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致Fe?+被氧气氧化为Fe3+,最终无法得到FeCl2,A项错误；

B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到SO2,S。？使滨水褪色，因此体现了浓硫酸

的脱水性和氧化性，B项正确；

C.碳酸钠溶液会吸收C。?变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；

D.氯化核固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；

答案选B。

【点睛】

除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的

除杂方法。

13、C

【解析】

A.若该钾盐是KHCO、，可以得到完全一样的现象，A项错误;

B.溟可以将Fe?+氧化成Fe3+,证明氧化性Br?>Fe",则还原性有Fe?+>Br-,B项错误;

C.红棕色变深说明NO?浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；

D.碳酸氢钱受热分解得到NH,和CO2,通入Ca(0H)2后浑浊不会消失，D项错误；

答案选C。

【点睛】

注意A项中注明了“无味”气体，如果没有注明无味气体，亚硫酸盐和亚硫酸氢盐与盐酸反应产生的S0?也可以使澄

清石灰水产生白色沉淀。

14、C

【解析】

A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和

碳酸钠，选项A能实现；

B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就有了大量的NarNH4\

Ct和HCO”其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项B能实现；

C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项C不能实现；

D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，燃烧生成氧化镁，选项D能实现。

答案选C。

15、D

【解析】

A.因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中钱根离子水解显酸性，二者混合使用会发生双水解反应生成NH3,使

N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；

B.加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCb的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；

C.人体血液中含有缓冲物质，如：H2cOj/NaHCCh,人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值

稳定在7.4±0.05,能用勒夏特列原理解释，故C不选；

D.工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；

故答案为Do

16、B

【解析】

A.甲基橙变色范围为3.1~4.4,酚猷变色范围为8~10,盐酸滴定氨水恰好完全反应时溶液显酸性，应选甲基橙作指示

剂，故A错误；

B.a溶液呈碱性，贝!!主要是NHrHzO的电离抑制水解，pH=9.24,则溶液中c水(田^^皿皿。山，则水电离出的c水

(OH)=10924mol/L；b点溶液呈酸性，主要是NH&+的水解促进水的电离，pH=5.12,则溶液中c水(H+)=10-5/2moi/L,则

水电离出的cAOH,)=10&2moi/L,所以a、b两点水电离出的OIL浓度之比为也=吧噌=1042,故B正确；

10-5,2mol.L'

C.c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为NH4a和HCL且物质的量浓度相同，所以溶液中离子浓度大小顺序

++

为：c(Cl')>c(H)>C(NH4)>C(OH-),故C错误；

D.等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于氢氧化钠溶液的浓度，所以中和等体积等pH的氨水和NaOH

溶液时，氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多，古攵D错误；

故答案为B。

【点睛】

在有关水的电离的计算是，无论是酸碱的抑制,还是水解的促进，要始终把握一个点：水电离出的氢离子和氢氧根浓

度相同。

二、非选择题(本题包括5小题)

CH3CH3

迷0_0」05▽+B"―FeBrs-f+HBr

17、取代反应(或硝化反应)醛基CE

NO2NO2

CH=CHC8H+CH2=CHCH20Hr^^CH=CHCO0CH^H=CH2+H2Oa

O«C、入,CHO

Y

CH,

【解析】

CH3

甲苯发生硝化反应生成A,A结构简式为。

,A和溪发生取代反应生成B,根据最终产物知，A中苯环上甲基邻

NO2

CH3COOH

厂Br,B被酸性高镭酸钾溶液氧化生成C,C为。TBT,c和

位H原子被溟取代生成B,B结构简式为。

NO：

NO2

COOH

NaOH的水溶液发生取代反应然后酸化生成D,D结构简式为,根据信息①知，D发生还原反应生成E,

E结构简式为,贝!J试剂d为NaHCCh,

0

根据信息③知，F为O_CH0,F和a反应生成肉桂酸，a为

CH2_04CH；肉桂酸和b反应生成G'b为醇'

质谱图显示试剂b的相对分子质量为58,分子中不含甲基，且为链状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH,G结构简

式为CHsCHCOOCHXTHxCH：,

【详解】

(1)通过以上分析知，甲苯发生取代反应生成A,所以反应类型是取代反应，故答案为：取代反应(或硝化反应);

00

(2)通过以上分析知,

H。，官能团名称是醛基'a结构简式为CH4J_O_8CH；故答案为：醛基;

CH£-0—&H；

(3)A结构简式为,A和澳发生取代反应生成B,B结构简式为,反应方程式为

,故答案为:

NO,NO：

(4)肉桂酸和丙烯醇发生酯化反应生成G,反应方程式为

浓或SOU

CH=CHCOOH-CHjCHCHzOH一餐CH=CHCOOCH^H=CH：-a0,故答案为:

△

浓氏50«

CH=CHCOOH-CH=CHCOOCH^H=CH：-氏0;

△

(5)酚羟基和竣基都能和NaOH、碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、较基能和碳酸氢钠反应，故选a；

(6)肉桂酸同分异构体符合下列条件:a.苯环上有三个取代基;b.能发生银镜反应,且Imol该有机物最多生成4moiAg

说明含有两个醛基；c.苯环上有两种不同化学环境氢原子，说明含有两种类型的氢原子；符合条件的同分异构体有

+2H2O

“NAOH......................O/Cu

9--------►HOCH£H£H2coOH—i—OHCCH^HiCOOH

<)ii溢睢A

【解析】

(1)已知X是一种环状烧，分子式为CsH6推断其结构式和名称；

(2)由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为埃基；

(3)反应①的反应类型是X与CLC=C=O发生的加成反应；

(4)反应⑥为M的催化氧化；

(5)T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；ImolT最多消耗2moi钠则含有两个羟基；同一

个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；

(6)运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2cH2COOH。

【详解】

(1)已知X是一种环状烧，分子式为CsHs,则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；

(2)Z结构式为UQ=。，分子式为：C7H80；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H80；谈

基；

(3)反应①的反应类型是X与CLC=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；

(5)R中不饱和度为4,T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；ImolT最多消耗2mol

钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一

个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH,共有三种同分异构体(邻、间、

OHOH

对)，则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为:

(6)参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：rT°11,1>[—fKMUrcH.CH.-COOH0HCCHX5iX：00H,

―'V0=()iMgA

i}N«OHO/Cu

故答案为：件------►mull<.HCH<onll_I_»OHCCH2CH2COOH。

crCLOi"盐酸△

19、13.6mL20烧杯使大量的热及时排除，防止液体飞溅500mL容量瓶lcm~2cm胶头滴管

第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温偏低偏高

【解析】

(1)①根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算所需浓硫酸的体积；

②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；

③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散；

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中；

⑤根据定容的操作要点来分析；

(2)根据浓硫酸稀释放热来分析；

(3)根据。二"，结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。

【详解】

1000P31000x1.84P/mix98%

(1)①浓硫酸的物质的量浓度为c=-------------=-----------~;----------=18.4mol/L,设需浓H£0,的体积为Vml,

M98g/mol

根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C株V«：18.4mol/LXVml=500mLX0.5mol/L,解得V=13.6mL；

②需要浓硫酸的体积是13.6ml,根据“大而近”的原则，应选用20ml的量筒；

③稀释浓溶液的容器是烧杯；浓硫酸稀释放热，用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀，使热量迅速扩散，防止液体飞溅;

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中；

⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1〜2cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低

处正好跟刻度线相平；

(2)浓硫酸稀释放热，故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液，错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容

量瓶中；

(3)①操作②中量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释，所取的硫酸的物质的量偏小，所

配溶液浓度将偏低；

②问题(2)的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中，所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度将偏高。

+2+

20、搅拌(或适当升温等合理答案即可)H2O2+2H+CU=CU+2H2OCuO或CU(OH)2或Cu(OH)2cO3等合

理答案即可加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次温度过低，反应速

率太慢，温度过高，Cu2(OH)2c03易分解2CuSO4+2Na2cCh+H2O=CU2(OH)2co31+2Na2sO4+CO2T

【解析】

废铜屑(主要成分是Cu、CuO,含有少量的Fe、Fe2O3),加入稀硫酸浸取，CuO,Fe、FezCh与稀硫酸反应，形式含

有CM+、Fe2\Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe?+氧化为Fe3+,同时铜单质与双氧水在酸性条

件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe・，+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将

溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生CuMOH)2cCh晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得

到Cu2(OH)2co3,以此解题。

【详解】

(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；

+2+

(2)“操作II”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+CU=CU+2H2O;

(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中

和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2c03等合理答案即可；

(4)洗涤CuMOH)2c03沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下

后，重复2~3次；

⑸根据题目已知：CU2(OH)2c03为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作DI”中温度选择55〜60℃的既可以

加快反应速率同时也可防止制得的CuMOH)2c03不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成

CU2(OH)2c。3的同时产生CO2,该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2cO3+H2O=CU2(OH)2co3，+2Na2sO4+CO2T;

(6)mig产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：

CU2(OH)2CO3=2CUO+CO2T+H2O,灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品

中CU2(OH)2c03的质量为xg»

CU2(OH)2CO3=2CUO+CO2?+H2Om

22262

mi-m2

2226211Ix(irij-m

解得:x=2

xni|一叫31

lllxfm,-mJ111/\

-------l----------Ulllxlm.-m)

则样品中Cii2(OH)2CO3的纯度为31X100%=--------1-------------9xl00%

31m.o

1

【点睛】

本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟

练元素化合物的知识。

21、氧化反应HOOC—+CH3OH,H.COOC—^^-COOH+H2O2

H,CCH,COOH

CH,

(CHj)2CBr-CHCH2-BrC(CHj)2+催化剂碳碳双键、竣基

2,姒a

M>CCH,OOCH

AOOCH

a7OOCH

CH=CH2Br；>BrCH2cH2Br邢叫。>HOCH2cH20H*->OHC-CHO°；CH^^H3/Klg>

2△xfe/flaU

OHOH

||CH>CH,

H>C—CH—€H-CH—CH—€H,—涔确圾_>

△H,C—C—€H—CH-C—CH.

CH>CH3

【解析】