宣城市重点中学2024届化学高二下期末考试模拟试题含解析

宣城市重点中学2024届化学高二下期末考试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列说法不正确的是()A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃B．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖C．全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得D．皂化反应是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高级脂肪酸和甘油2、下列化合物中含3个“手性碳原子”的是A． B．C． D．3、充分燃烧某液态芳香烃，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟原芳香烃的质量相等．则

的分子式是（）A． B． C． D．4、分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有A．8种B．16种C．24种D．28种5、某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E均不能发生银镜反应，则A的可能结构有A．1种 B．4种 C．3种 D．2种6、能正确表示下列反应的离子方程式是A．足量硫化氢气体通入硫酸铁溶液中：H2S＋Fe3+=Fe2+＋S↓＋2H＋B．足量铁与稀硝酸反应：Fe＋4H+＋NO3－=Fe2++2H2O＋NO↑C．醋酸溶液与纯碱反应：CO32－＋2H＋=＋H2O＋CO2↑D．等物质的量的Ba（OH）2与NaHSO4在溶液中反应：Ba2+＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O7、下列说法正确的是A．光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4B．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下能发生取代反应C．甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离D．乙烯和苯分子中均含独立的碳碳双键，都能与H2发生加成反应8、某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol·L－1（不考虑水的电离及离子的水解）。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A．无色气体可能是NO和CO2的混合物B．由步骤③可知，原溶液肯定存在Fe3＋C．溶液X中所含离子种类共有4种D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g9、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是()A．简单离子半径：Z>W>X>YB．X的氢化物中不可能含有非极性键C．由X与Y两种元素组成的物质可能有漂白性D．元素Y、Z的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性10、+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3,中心原子的配位数为6,若1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀,则m和n的值是()A．m=1、n=5 B．m=3、n=3 C．m=3、n=4 D．m=3、n=511、200℃、101kPa时，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=－14.9kJ/mol。反应一段时间后，能说明反应已经达到化学平衡状态的是A．放出的热量小于14.9kJB．反应容器内压强不再变化C．HI生成的速率与HI分解的速率相等D．单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHI12、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c(K+)<c(Cl-)BFe3+、NO3-、S032-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、Cl-、Mg2+、SO42-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、A13+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生A．A B．B C．C D．D13、将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:A．镁和铝的总质量为9gB．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L－1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L14、某有机物的分子结构如图(图中棍表示单键、双键或叁键)，它属于烃或烃的含氧衍生物。关于该有机物的叙述正确的是（）A．该有机物的化学式为C4H6O B．该有机物可发生取代反应和加成反应C．该有机物可使溴水褪色，但不能与NaOH溶液反应 D．该有机物是乙酸的同系物15、有一种新合成的烃称为立方烷，它的碳架结构如图所示，关于它的说法不正确的是A．分子式是C8H8B．与苯乙烯（）互为同分异构体C．不能发生加成反应D．二氯取代物共有4种16、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成四种一氯代烃的是（）A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3CH(CH3)2 C．CH3C(CH3)3 D．(CH3)2CHCH2CH3二、非选择题（本题包括5小题）17、吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：已知：iii（1）下列说法正确的是______________。A.1molC最多消耗2molH2B.可以用双缩脲鉴别H与FC.化合物E、F均可发生消去反应D.化合物H的分子式为C19H24N2O2（2）试剂a的结构简式______________，E→F的反应类型为______________。（3）D→E的化学方程式是__________________________________________。（4）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式______________。①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H－NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C＝N）。（5）G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，则G→H的合成路线为：______________。18、A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。(1)根据分子结构模型写出A的结构简式___________。(2)拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出⑤反应类型__________反应；写出H的结构简式___________。(b)写出G中官能团名称：_________________________(c)写出下列步骤的反应方程式（注明必要的条件）⑥_______________________________________。⑦________________________________________。(3)A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有________种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。19、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：Ⅰ．向2mL浓H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加热试管A；Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ．停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_____________。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_______________。(3)试管B中溶液显红色的原因是___________（用离子方程式表示）。(4)Ⅱ中油状液体的成分是__________。(5)Ⅲ中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_____________。20、某课题组对某样品W（组成用CxHyOzNaSb表示）进行探究。实验一：确定W中元素组成（1）取W样品，将有机氮转化成NH4+，_____________（补充实验方案），证明W中含氮元素。（2）用燃烧法确定W样品中含碳、氢、硫三种元素，装置如图所示。①A框内是加热固体制备氧气发生装置，写出A中反应的化学方程式：__________________。②写出E中发生反应的离子方程式：_________________。③从实验简约性考虑，D、E、F、G装置可以用下列装置替代：能证明W含碳元素的实验现象是__________________。实验二：测定W中硫元素含量（3）取wgW样品在过量的氧气中充分燃烧，用V1mLc1mol·L-1碘水溶液吸收SO2，用V2mLc2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的I2。已知:2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。滴定终点的标志是__________________。该W样品中硫元素的质量分数为_________％。（4）二氧化硫通入吸收液前必须通过过量的赤热铜粉（SO2不参与反应），否则会导致测定的硫元素质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。21、传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1mol·L-1计)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_________________。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是________________________。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_____________。调节滤液Ⅰ的pH为4~5，加入的物质可以是_________。A．CaCO3B．Ca(OH)2C．氨水D．MgO（3）向滤液Ⅱ中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若实验中所取样品质量为4.00g，KMnO4标准溶液浓度为0.0500mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_________。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超过____mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4)=4.00×10-9，Ksp(MgC2O4)=4.83×10-6）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A.春蚕的“丝”为蛋白质，石蜡的主要成分为烷烃，故A正确；B.淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，均可在一定条件下水解为单糖葡萄糖，故B正确；C.由于环氧丙烷分子中含有一个三元环，碳氧键间、碳碳键之间的夹角约为60°，因而整个分子反应活泼性较高，能够发生开环加成反应，与二氧化碳可加成聚合，生成聚碳酸丙烯酯（），故C正确；D.皂化反应是指油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；故答案选D。2、C【解题分析】

手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，常以“*”标记。【题目详解】A.标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有1个手性碳原子，A不符合题意B.标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有2个手性碳原子，B不符合题意；C.标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有3个手性碳原子，C符合题意；D.标出该物质的手性碳原子为，即该物质含有1个手性碳原子，D不符合题意；故合理选项为C。3、C【解题分析】

设该烃的化学式为CxHy，燃烧会生成二氧化碳和水：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，因得到水的质量跟原烃X的质量相等，进而求出该烃中碳氢原子的个数比。【题目详解】烃燃烧会生成二氧化碳和水：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，12x+y9y因得到水的质量跟原烃X的质量相等，即12x+y=9y，得x：y=2：3，分析选项只有C中C12H18的原子个数比是2：3，答案选C。【题目点拨】本题是对化学式判断的考查，解题的关键是找到信息中的等量关系，进而判断出化学式中两原子的个数比，从而判断其化学式。4、C【解题分析】生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇。如果为甲醇，则酸为C5H11-COOH，戊基有8种同分异构体，所以C5H11-COOH的同分异构体也有8种；如果为乙醇，则酸为C4H9-COOH，丁基有4种结构，所以C4H9-COOH的同分异构体也有4种，故醇有2种，酸有8+4=12种，所以这些酸和醇重新组合可形成的酯共有2*12=24种，答案选C。正确答案为C。点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH)CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。5、D【解题分析】

C为羧酸，C、E不能发生银镜反应，C可为乙酸或丙酸，D为醇，但与羟基相连的碳上只有一个氢原子，当C为乙酸时，D为丁醇，符合条件的丁醇有1种，当C为丙酸时，D为丙醇，符合条件的只有2-丙醇，故符合条件的A只有两种；故选D。6、D【解题分析】

A．足量硫化氢气体通入硫酸铁溶液中反应的离子方程式为H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+，故A错误；B．足量铁与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++4H2O+2NO↑，故B错误；C．醋酸溶液与纯碱反应，离子方程式：CO32-+2CH3COOH═H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D正确；故答案为D。7、B【解题分析】

A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，同时生成氯化氢，产物中物质的量最多的是氯化氢，A错误；B．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下可发生取代反应，生成硝基苯，B正确；C．乙烯能与溴反应而被消耗，不能分离，C错误；D．苯不含碳碳双键，但可与氢气发生加成反应，D错误。答案选B。8、D【解题分析】

X溶液加入盐酸，生成无色气体，气体遇到空气变为红棕色，则可说明生成NO，X中一定含有NO3-和还原性离子Fe2+；亚铁离子存在，则一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol•L-1，依据阴阳离子所带电荷数守恒，可知一定含有Mg2+，不含Fe3+、K+，所以溶液中一定含有的离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。A．溶液中没有碳酸根离子，因此X加入盐酸反应生成的无色气体中一定不含二氧化碳，故A错误；B．因为第一步加入的盐酸后硝酸根离子能够将亚铁离子氧化生成铁离子，不能确定原溶液中是否存在铁离子，故B错误；C．溶液X中所含离子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5种，故C错误；D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到固体为0.01molFe2O3和0.02molMgO，质量为0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正确；故选D。9、C【解题分析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl；则A、简单离子半径：Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，故A错误；B、H2O2中含有极性键和非极性键，故B错误；C、Na2O2具有漂白性，故C正确；D、氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。答案选C。10、D【解题分析】

1mol配合物生成2molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出2molCl－，即配离子显+2价，又因为外界有2个Cl－，且Co显+3价，所以[CoClm-2·nNH3]2+中有1个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，中心原子配位数为6，所以n=6-1=5，所以m=3，n=5；本题答案选D。11、C【解题分析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答。【题目详解】A、可逆反应不可能完全转化，未平衡和平衡放出的热量都小于14.9kJ，A错误；B、随着反应的进行体系压强一直保持不变，不能说明达平衡状态，B错误；C、HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，C正确；D、都体现的正反应方向，未体现正与逆的关系，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。12、C【解题分析】分析：A.c(K+)<c(Cl-)，则溶液中正电荷总数小于负电荷总数,违反了电荷守恒；B.铁离子能够氧化亚硫酸根离子，不能共存；C.Na+、Cl-、Mg2+、SO42-四种离子间不反应，滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀；D.滴加氢氧化钠溶液后,醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应。详解：溶液中一定满足电荷守恒,而c(K+)<c(Cl-),则溶液中正电荷总数一定小于负电荷总数,不满足电荷守恒,A错误；因为Fe3+能够氧化S032-,所以不能大量共存,B错误；Na+、Cl-、Mg2+、SO42-离子之间不发生反应,在溶液中能够大量共存；向溶液中滴加氨水后产生Mg(OH)2沉淀，满足题中条件，C正确；滴加的NaOH会先和醋酸反应,再与A13+离子反应，最后与NH4+反应产生气体，不满足题中要求,D错误；正确选项C。13、D【解题分析】

从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。【题目详解】A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；B、根据A中分析可知B项正确；C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，C项正确；D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误。答案选D。14、B【解题分析】分析：由图可知，分子结构简式为CH3CH=CHCOOH，含碳碳双键和羧基，结合烯烃和羧酸的性质来解答．详解：A．由图可知，分子结构简式为CH3CH=CHCOOH，分子式为C4H6O2，故A错误；B、含C=C可发生加成反应，含-COOH发生的酯化反应为取代反应，故B正确；C、含碳碳双键，则可使溴水褪色，含羧基可与NaOH溶液反应，故C错误；D、乙酸为饱和羧酸，而该有机物含不饱和键，不属于乙酸的同系物，故D错误；故选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，熟悉烯烃、羧酸的性质，难点：由图得出结构简式，易错点D，乙酸为饱和羧酸，而该有机物含不饱和键，结构不相似，不属于乙酸的同系物．15、D【解题分析】

由图可知，每个碳原子周围已与其他三个碳原子形成三条键，分子式为C8H8，与苯乙烯是同分异构体，其二氯代物有3种。答案选D。16、D【解题分析】

烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可。【题目详解】A.CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，A项错误；

B.CH3CH(CH3)2分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，B项错误；

C.CH3C(CH3)3分子中，四个甲基位置对称，只含有1种氢原子，所以生成的一氯代烃有1种，C项错误；

D.(CH3)2CHCH2CH3分子中，含有4种氢原子，所以生成的一氯代烃有4种，D项正确；答案选D。【题目点拨】烃的一取代物数目的确定,实质上是看处于不同位置的氢原子数目，可用“等效氢法”判断.判断“等效氢”的三条原则是：

①同一碳原子上的氢原子是等效的；如甲烷中的4个氢原子等同.

②同一碳原子上所连的甲基是等效的；如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同.

③处于对称位置上的氢原子是等效的.

注意：在确定同分异构体之前,要先找出对称面,判断等效氢,从而确定同分异构体数目。二、非选择题（本题包括5小题）17、BD取代反应、、【解题分析】

纵观整个过程，由A的分子式、F的结构简式，可知A为；A与氯气在光照条件下发生甲基上的一氯取代生成B，B为；B发生取代反应生成C，C为，C与氢气发生还原反应生成D，根据D分子式可知D为；D发生信息ii的反应生成E，E发生取代反应生成F，根据F结构简式知，C2H2Cl2O为，E为，C2H7NO为H2NCH2CH2OH；对比F、G结构简式，F发生信息ii中反应生成G，故试剂a为，据此分析解答。【题目详解】(1)A．C为，1molC

最多消耗

5molH2，故A错误；B．F中含有肽键，能与双缩脲反应呈现紫色，而H不能，故B正确；C．化合物E中氯原子连接的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，而F中羟基可以发生消去反应，故C错误；D．根据H的结构简式，化合物

H

的分子式为

C19H24N2O2，故D正确；故答案为：BD；(2)根据上述分析，试剂a的结构简式为：，E→F的反应为取代反应，故答案为：；取代反应；(3)D→E的化学方程式是：，故答案为：；(4)同时符合下列条件的

C()的同分异构体：①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；②1H-NMR

谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键(C=N)，可能的结构简式有：、、，故答案为：、、；(5)中G→H三步反应依次为氧化、加成、取代反应，G先发生催化氧化生成，然后加成反应，最后发生取代反应生成H，合成路线流程图为：，故答案为：。【题目点拨】根据F的结构采用正推和逆推的方法推导是解答本题的关键。本题的难点为(5)中合成路线的设计，要注意利用题中提供的反应类型的提示，易错点为(4)中同分异构体的书写。18、消去羟基、醛基+CH3OH+H2O+H2O6【解题分析】

(1)根据分子结构模型知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，写出结构简式；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；据此分析解答。【题目详解】(1)A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，每个碳原子形成4个共价键，结合其分子结构模型()知，A中含有苯环，苯环上含有一个支链，支链上含有一个碳碳双键、一个酯基，且结构简式为：，故答案为；(2)和溴水发生加成反应生成D，D的结构简式为，D和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成E，E的结构简式为：，E反应生成F，根据E、F的分子式知，E发生消去反应生成F，F的结构简式为：，E被氧气氧化生成G，G的结构简式为：，G被氧化生成H，H的结构简式为，H反应生成B，B反应生成A，A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇，B的结构简式为；（a）通过以上分析知，反应⑤属于消去反应，H的结构简式为，故答案为：消去；；（b）G的结构简式为：，含有的官能团有—OH、—CHO，名称为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（c）反应⑥为B和甲醇发生酯化反应生成A，反应方程式是+CH3OH+H2O；反应⑦为E发生消去反应生成F，反应方程式是+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；(3)A的结构简式为：，A中含有的官能团为碳碳双键和酯基，A的同分异构体苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，则只能是对位，又与A有相同的官能团且能发生银镜反应，则苯环连接的两个侧链分别为①—CH=CH2、—CH2OOCH②—CH3、—CH=CHOOCH③—CH3、—C(OOCH)=CH2④—OOCH、—CH=CHCH3⑤—OOCH、—CH2CH=CH2⑥—OOCH、—C(CH3)=CH2，共6种，故答案为：6。【题目点拨】本题的难点是第（3）问，符合条件的同分异构体数目的确定；确定同分异构体的数目先根据限制的条件确定可能存在的结构，然后进行有序书写。19、加热，使用催化剂增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红【解题分析】

(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【题目详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此Ⅱ中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【题目点拨】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。20、加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色2KClO32KCl＋3O2↑（或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑）2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42-+4H+X中颜色变浅色，但不褪色；Y中变浑浊滴加最后一滴时溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复偏低【解题分析】分析：实验一(确定W中元素组成)：必须使用干燥氧气，A是发生装置，通过加热固体制备氧气，注意不能用双氧水制氧气。用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验；实验二(测定W中硫元素含量)：根据SO2＋I2＋2H2O＝2HI＋H2SO4，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。有：n(SO2)＋12n(Na2S2O3)＝n(I2)，据此分析计算硫元素的质量分数；过量的氧气混在SO2气体中，会发生2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，据此分析判断误差详解：(1)检验铵离子，操作要点是加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是由红色变蓝色，故答案为：加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色；(2)①通过加热固体制备氧气，应该是加热高锰酸钾或氯酸钾分解制备氧气，反应的方程式为2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)，故答案为：2KClO32KCl＋3O2↑(或2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑)；②用无水硫酸铜检验H2O，D装置用于检验SO2，E装置用于除去SO2，F装置用于确定SO2是否除尽，因为SO2会干扰CO2的检验。因此E中反应为2KMnO4＋5SO2＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O＝2Mn2+＋5SO42+4H，故答案为：2